洛谷 P2184 貪婪大陸

Description

• 小FF最后一道防線是一條長度為N的戰(zhàn)壕， 小FF擁有無數(shù)多種地雷，而SCV每次可以在[ L , R ]區(qū)間埋放同一種不同于之前已經(jīng)埋放的地雷。 由于情況已經(jīng)十萬火急，小FF在某些時候可能會詢問你在[ L' , R'] 區(qū)間內(nèi)有多少種不同的地雷， 他希望你能盡快的給予答復(fù)。

  對于30%的數(shù)據(jù)： 0<=n, m<=1000;

  對于100%的數(shù)據(jù)： 0<=n, m<=10^5.

Input

• 第一行為兩個整數(shù)n和m； n表示防線長度， m表示SCV布雷次數(shù)及小FF詢問的次數(shù)總和。

  接下來有m行， 每行三個整數(shù)Q，L , R； 若Q=1 則表示SCV在[ L , R ]這段區(qū)間布上一種地雷， 若Q=2則表示小FF詢問當(dāng)前[ L , R ]區(qū)間總共有多少種地雷。

Output

• 對于小FF的每次詢問，輸出一個答案（單獨一行），表示當(dāng)前區(qū)間地雷總數(shù)。

Sample Input

5 4
1 1 3
2 2 5
1 2 4
2 3 5

Sample output

1

2

題解：

• 數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)題（線段樹）
• 這題再一次告訴了我線段樹的靈活。記住，線段樹不是一種算法，而是一種數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)。是用來維護(hù)區(qū)間的，至于怎么維護(hù)，要結(jié)合題意。這題求的是種類。所以如果維護(hù)和/最值肯定不行。所以要換一種思路。對于每次給出的埋地雷區(qū)間[l, r]，l為開始標(biāo)記，r為結(jié)束標(biāo)記。開兩個線段樹，分別在l和r單點修改。最后區(qū)間[l, r]的結(jié)果就是1-r的開始標(biāo)記個數(shù) - 1-(l - 1)的結(jié)束標(biāo)記個數(shù)。
• 下面舉個例子，如圖：

• 紅色為開始標(biāo)記，綠色為結(jié)束標(biāo)記。
• 首先查詢1-r的開始標(biāo)記個數(shù)，意味著有這么多個地雷
• 然后查詢1-(l - 1)的結(jié)束標(biāo)記個數(shù)，意味著到查詢區(qū)間之前已經(jīng)有兩種地雷埋完了

• 為什么不查查詢區(qū)間里的結(jié)束標(biāo)記，因為如果在查詢區(qū)間里結(jié)束，地雷區(qū)間還是覆蓋到了一部分的查詢區(qū)間

• 這道題挺巧妙的，需要反復(fù)琢磨

#include <iostream> #include <cstdio> #define maxn 100005 using namespace std;struct Tree {int l, r, val, tag;} tree1[maxn * 4], tree2[maxn * 4]; int n, m;int read() {int x = 0; char c = getchar();while(c < '0' || c > '9') c = getchar();while(c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}return x; }void build(int root, int l, int r) {tree1[root].l = tree2[root].l = l, tree1[root].r = tree2[root].r = r;if(l == r) return;int mid = (l + r) >> 1;build(root << 1, l, mid), build(root << 1 | 1, mid + 1, r); }void down1(int root) {int son1 = root << 1, son2 = root << 1 | 1;tree1[son1].tag += tree1[root].tag, tree1[son2].tag += tree1[root].tag;tree1[son1].val += (tree1[son1].r - tree1[son1].l + 1) * tree1[root].tag;tree1[son2].val += (tree1[son2].r - tree1[son2].l + 1) * tree1[root].tag;tree1[root].tag = 0; }void down2(int root) {int son1 = root << 1, son2 = root << 1 | 1;tree2[son1].tag += tree2[root].tag, tree2[son2].tag += tree2[root].tag;tree2[son1].val += (tree2[son1].r - tree2[son1].l + 1) * tree2[root].tag;tree2[son2].val += (tree2[son2].r - tree2[son2].l + 1) * tree2[root].tag;tree2[root].tag = 0; }void update1(int root, int l, int r, int add) {if(tree1[root].l >= l && tree1[root].r <= r){tree1[root].tag += add;tree1[root].val += (tree1[root].r - tree1[root].l + 1) * add;return;}if(tree1[root].tag) down1(root);int mid = (tree1[root].l + tree1[root].r) >> 1;if(l <= mid) update1(root << 1, l, r, add);if(r > mid) update1(root << 1 | 1, l, r, add);tree1[root].val = tree1[root << 1].val + tree1[root << 1 | 1].val; }void update2(int root, int l, int r, int add) {if(tree2[root].l >= l && tree2[root].r <= r){tree2[root].tag += add;tree2[root].val += (tree2[root].r - tree2[root].l + 1) * add;return;}if(tree2[root].tag) down2(root);int mid = (tree2[root].l + tree2[root].r) >> 1;if(l <= mid) update2(root << 1, l, r, add);if(r > mid) update2(root << 1 | 1, l, r, add);tree2[root].val = tree2[root << 1].val + tree2[root << 1 | 1].val; }int ask1(int root, int l, int r) {if(tree1[root].l >= l && tree1[root].r <= r) return tree1[root].val;if(tree1[root].tag) down1(root);int mid = (tree1[root].l + tree1[root].r) >> 1, ans = 0;if(l <= mid) ans += ask1(root << 1, l, r);if(r > mid) ans += ask1(root << 1 | 1, l, r);return ans; }int ask2(int root, int l, int r) {if(tree2[root].l >= l && tree2[root].r <= r) return tree2[root].val;if(tree2[root].tag) down2(root);int mid = (tree2[root].l + tree2[root].r) >> 1, ans = 0;if(l <= mid) ans += ask2(root << 1, l, r);if(r > mid) ans += ask2(root << 1 | 1, l, r);return ans; }int main() {cin >> n >> m;build(1, 1, n);for(int i = 1; i <= m; i++){int op = read(), l = read(), r = read();if(op == 1) update1(1, l, l, 1), update2(1, r, r, 1);else printf("%d\n", ask1(1, 1, r) - ask2(1, 1, l - 1));}return 0; }

轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/BigYellowDog/p/11156424.html

總結(jié)

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