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  • 1、说出y=f(x)的单调区间,以及在各单调区间上的单调性 2、观察函数是否有最高点最低点? (1)单调递减区间为(-∞,+∞) ,没有最高点和最低点 (2)单调递增区间(-∞,-1),单调递...

    函数的最大值与最小值

     

         画出下列函数的草图,并根据图像解答下列问题:

     

    f(x)=-2x+3   (2) f(x)=-x^2 -2x+1

     

    1、说出y=f(x)的单调区间,以及在各单调区间上的单调性

    2、观察函数是否有最高点最低点?

     

      (1)单调递减区间为(-∞,+∞)  ,没有最高点和最低点

     

       

     

    (2)单调递增区间(-∞,-1),单调递减区间(-1,+∞),

      函数有最大值

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  • 反三角函数的定义域和值域2019-09-17 09:29:11文/颜雨反三角函数包括反正弦arcsinx,反余弦arccosx,反正切arctanx,反余切arccotx等,接下来一起看一下他们的定义域和值域是什么。什么是反三角函数反三角函数是一类...

    反三角函数的定义域和值域2019-09-17 09:29:11文/颜雨

    反三角函数包括反正弦arcsinx,反余弦arccosx,反正切arctanx,反余切arccotx等,接下来一起看一下他们的定义域和值域是什么。

    7e2f6b6060e08be007b73559e40c5e1d.png

    什么是反三角函数

    反三角函数是一类初等函数。指三角函数的反函数,由于基本三角函数具有周期性,所以反三角函数是多值函数。这种多值的反三角函数包括:反正弦函数、反余弦函数、反正切函数、反余切函数、反正割函数、反余割函数,分别记为Arcsinx,Arccosx,Arctanx,Arccotx,Arcsecx,Arccscx。但是,在实函数中一般只研究单值函数,只把定义在包含锐角的单调区间上的基本三角函数的反函数,称为反三角函数,这是亦称反圆函数。

    反三角函数遵循的条件

    为了得到单值对应的反三角函数,人们把全体实数分成许多区间,使每个区间内的每个有定义的y值都只能有惟一确定的x值与之对应。为了使单值的反三角函数所确定区间具有代表性,常遵循如下条件:

    ①为了保证函数与自变量之间的单值对应,确定的区间必须具有单调性;

    ②函数在这个区间最好是连续的

    ③为了使研究方便,常要求所选择的区间包含0到π/2的角;

    ④所确定的区间上的函数值域应与整函数的定义域相同。

    反三角函数的定义域和值域

    (1)反正弦函数:y=arcsinx

    角的范围[-π/2,π/2]  定义域[-1,1]  值域[-π/2,π/2]。

    (2)反余弦函数:y=arccosx

    角的范围[0,π]  定义域[-1,1]  值域[0,π]

    (3)反正切函数:y=arctanx

    角的范围[-π/2,π/2]  定义域R  值域[-π/2,π/2]

    (4)反余切函数:y=arccotx

    角的范围[0,π]  定义域R  值域[0,π]

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    题目描述

    给一个长度为 n n n 的排列 a i a_i ai,把它划分为若干段,每划分一段有 X X X 的代价,划分完后段内需要排序,代价为区间逆序对个数。求最小总代价。

    n ≤ 300000 , 1 ≤ X ≤ 1 0 9 n\le 300000,1\le X\le 10^9 n300000,1X109

    时限 5s.

    题目分析

    暴力 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) DP: f i = f j + i n v e r s i o n _ p a i r ( j + 1 , i ) f_i=f_j+inversion\_pair(j+1,i) fi=fj+inversion_pair(j+1,i)

    经验丰富的OI选手可以立马猜测决策单调性,证明也很简单,代价函数在区间越大的情况下增长越快,当在 i i i 处决策点 k k k 比决策点 j j j 劣时( k < j k<j k<j),在 i ′ > i i'>i i>i 处也必然比后者劣。

    然而二分维护栈的做法需要在线求出区间逆序对个数,这是个 n n n\sqrt n nn 的问题,还需要乘个 log ⁡ \log log,300000显然跑不动。

    而分治做法则可以与莫队类似,用树状数组维护有多少个数小于 x x x,当决策点移动时添加/删除区间前端/后端的点,根据分治的过程可以看出这样区间移动的次数是 O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn) 级别的。

    但是分治要建立在决策点区间的 f f f 都已知的前提下,于是需要在外层再套一个 cdq 分治。
    总复杂度 O ( n log ⁡ 3 n ) O(n\log^3n) O(nlog3n),但是常数很小。

    如果要严格写,每次撤销略麻烦,经过实际测试不如直接用类似莫队的写法快,即如果当前区间与询问区间不符则移动,非常好写。

    Code:

    #include<bits/stdc++.h>
    #define maxn 300005
    #define LL long long
    using namespace std;
    const LL inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
    int n,X,a[maxn];
    LL f[maxn];
    int arr[maxn];
    void upd(int i,int v){for(;i<=n;i+=i&-i) arr[i]+=v;}
    int qsum(int i){int s=0;for(;i;i-=i&-i) s+=arr[i];return s;}
    LL ask(int x,int y){
    	static int l=1,r=0; static LL inver=0;
    	while(l>x) l--,inver+=qsum(a[l]),upd(a[l],1);
    	while(r<y) r++,inver+=r-l-qsum(a[r]),upd(a[r],1);
    	while(l<x) upd(a[l],-1),inver-=qsum(a[l]),l++;
    	while(r>y) upd(a[r],-1),inver-=r-l-qsum(a[r]),r--;
    	return inver;
    }
    void solve2(int l,int r,int ql,int qr){
    	if(ql>qr) return;
    	int mid=(ql+qr)>>1,p=-1; LL mn=inf,tmp;
    	for(int i=l;i<=r&&i<mid;i++)
    		if((tmp=f[i]+ask(i+1,mid))<mn) mn=tmp,p=i;
    	f[mid]=min(f[mid],mn+X);
    	solve2(l,p,ql,mid-1),solve2(p,r,mid+1,qr);
    }
    void solve1(int l,int r){
    	if(l==r) return;
    	int mid=(l+r)>>1;
    	solve1(l,mid);
    	solve2(l,mid,mid+1,r);
    	solve1(mid+1,r);
    }
    int main()
    {
    	freopen("dispatch.in","r",stdin);
    	freopen("dispatch.out","w",stdout);
    	scanf("%d%d",&n,&X);
    	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),f[i]=inf;
    	solve1(0,n);
    	printf("%lld\n",f[n]);
    }
    

    要卡常的话可以尝试把 upd 函数写成 ++ 和 --,以及在寻找决策点的循环根据端点位置判断一下顺着循环还是反着循环。

    还有的优化是在 solve1 区间小于分块大小 S S S 时暴力做,预处理区间长度 ≤ S \le S S 的逆序对数,这个可以 O ( n S ) O(nS) O(nS) 预处理, w i , j = w i , j − 1 + w i + 1 , j − w i + 1 , j − 1 + [ a i > a j ] w_{i,j}=w_{i,j-1}+w_{i+1,j}-w_{i+1,j-1}+[a_i>a_j] wi,j=wi,j1+wi+1,jwi+1,j1+[ai>aj]

    扩展

    O ( n n ) O(n\sqrt n) O(nn ) 求区间逆序对个数。

    离线做法:
    莫队,考虑移动端点的时候不使用树状数组,而改为查询区间小于 x x x 的数的个数。先跑一遍莫队,得到所有这样 O ( n n ) O(n\sqrt n) O(nn ) 个询问。
    差分一下就变成了查询一个前缀小于 x x x 的数的个数,对值域分块,相当于一个块前缀和一个块内前缀,从前往后扫描,每次加入一个数后 O ( n ) O(\sqrt n) O(n ) 修改,查询就是 O ( 1 ) O(1) O(1) 的。

    在线做法:
    详见 WerKeyTom_FTD的博客
    大致思路是预处理块内贡献,块间贡献,需要算两个小区间之间的贡献时通过块内预先排好序的数组找到区间内排序后的情况,然后归并。

    时空复杂度都是 O ( n n ) O(n\sqrt n) O(nn ) 的。

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    值域线段树每一个节点代表一个值,其他没什么区别

    动态开树就是节省了没有用到节点,其中重要一点的是不需要节点是连续的(即id值是任意的,只要可以找到即可)

     

    例题

    Bzoj 4627 回转寿司


     

    题意

    给n个数问区间和在L<=sum【r】-sum【l-1】<=R区间有多少个

    (N≤100000,|Ai|≤100000,0≤L, R≤10^9)


     

    分析

    由于区间和不单调,所以不能二分求取,分析可得推出公式   sum(r)-R<=sum(l-1)<=sum(r)-L  ([l,r]是一个满足条件的区间)

    直接计算当前前缀和之前满足条件的前缀和个数,累加起来则为答案

    故考虑利用线段树,每次让对应的前缀和加1,然后统计满足条件的个数,但是这个数最大可以达到1e10,不可能开这么大的空间,

    但N最大10w,和的种类也就10w,故考虑动态开线段树,每次只开根到这个节点上路径上经过的点,这样最多开log(N)*N即可,

    这样的话每次必须保存当前节点的左右儿子的id才可以准确访问左右儿子,其他和线段树差不多

    trick:注意开始要处理sum【0】,这样才可以保证当l==r时满足条件也能被统计上


     

    #include<bits/stdc++.h>
    #define ll long long
    using namespace std;
    const int maxn = 1e7 + 10;
    ll tree[maxn], lson[maxn], rson[maxn];
    ll tot;
    ll a[100005];
    ll sum[100005];
    const ll inf = 1e10;
    int n;
    ll root=1;
    
    int newnode()
    {
        ++tot;
        tree[tot] = lson[tot] = rson[tot] = 0;
        return tot;
    }
    
    void update(ll &x, ll l, ll r, ll val)
    {
        if(!x)
            x=newnode();
        tree[x]++;
        if(l == r)
            return;
        ll mid = (l+r)>>1;
        if(val<=mid ) update(lson[x], l, mid, val);
        else   update(rson[x], mid+1, r, val);
    }
    
    ll query(ll x, ll l, ll r, ll ql, ll qr)
    {
        if(ql<=l && qr>=r)
            return tree[x];
        ll mid = (l + r)>> 1;
        ll ans = 0;
        if(ql<=mid && lson[x]) ans +=query(lson[x], l , mid, ql, qr);
        if(qr>mid && rson[x]) ans+=query(rson[x], mid+1, r, ql, qr);
        return ans;
    }
    
    int main()
    {
        ll n, l ,r;
        scanf("%lld%lld%lld", &n, &l, &r);
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            scanf("%lld", &a[i]);
            sum[i]=sum[i-1]+a[i];
        }
        ll ans=0;
        update(root, -inf, inf, 0);
        for(int i = 1; i<=n;i++)
        {
            ans+=query(root, -inf, inf, sum[i]-r, sum[i]-l);
            update(root,-inf,inf,sum[i]);
        }
        printf("%lld\n", ans);
        return 0;
    }
    View Code

     

    转载于:https://www.cnblogs.com/Superwalker/p/7827942.html

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空空如也

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值域单调区间