普通的下標線段樹

• Count Color
• Hotel
• Transformation
• Tree Generator?

Count Color

POJ2777

查詢區間內顏色種類數，觀察到顏色種類數只有30，完全可以狀壓成整型存儲，沒有必要開30棵線段樹

區間內有這顏色就置為$1$，沒有這個顏色就是$0$

非常簡單

#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; #define maxn 100005 #define maxc 32 #define lson num << 1 #define rson num << 1 | 1 int n, T, m; struct node {int tag, ans; }t[maxn << 2];void pushdown( int num ) {if( ! t[num].tag ) return;t[lson].ans = t[lson].tag = t[num].tag;t[rson].ans = t[rson].tag = t[num].tag;t[num].tag = 0; }void modify( int num, int l, int r, int L, int R, int x ) {if( r < L or R < l ) return;if( L <= l and r <= R ) {t[num].ans = t[num].tag = 1 << x;return;}pushdown( num );int mid = ( l + r ) >> 1;modify( lson, l, mid, L, R, x );modify( rson, mid + 1, r, L, R, x );t[num].ans = t[lson].ans | t[rson].ans; }void build( int num, int l, int r ) {t[num].ans = 1 << 1, t[num].tag = 0;if( l == r ) return;int mid = ( l + r ) >> 1;build( lson, l, mid );build( rson, mid + 1, r ); }int query( int num, int l, int r, int L, int R ) {if( R < l or r < L ) return 0;if( L <= l and r <= R ) return t[num].ans;pushdown( num );int mid = ( l + r ) >> 1;return query( lson, l, mid, L, R ) | query( rson, mid + 1, r, L, R ); }int main() {scanf( "%d %d %d", &n, &T, &m );build( 1, 1, n );char opt[5]; int l, r, x;while( m -- ) {scanf( "%s %d %d", opt, &l, &r );if( l > r ) swap( l, r );if( opt[0] == 'C' ) {scanf( "%d", &x );modify( 1, 1, n, l, r, x );}else {int ans = query( 1, 1, n, l, r );printf( "%d\n", __builtin_popcount( ans ) ); }}return 0; }

Hotel

POS3667

主要考察對于區間多個性質的維護

維護最長連續空白區間，前綴最長，后綴最長，區間長度，以及區間下標左右端點

主要考察代碼實現能力，思維量并不高

較簡單

#include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; #define maxn 50005 #define lson num << 1 #define rson num << 1 | 1 struct node {int l, r, len, Max, lmax, rmax, tag; /* len 區間長度 Max 最長的連續空白區間 lmax 區間左端開始向右連續的空白區間長度 rmax 區間右端開始向左連續的空白區間長度 */ }t[maxn << 2]; int n, m;void build( int num, int l, int r ) {t[num].len = t[num].Max = t[num].lmax = t[num].rmax = r - l + 1;t[num].l = l, t[num].r = r, t[num].tag = 0;if( l == r ) return;int mid = l + r >> 1;build( lson, l, mid );build( rson, mid + 1, r ); }void pushup( int num ) {if( t[lson].lmax == t[lson].len ) t[num].lmax = t[lson].len + t[rson].lmax;else t[num].lmax = t[lson].lmax;if( t[rson].rmax == t[rson].len ) t[num].rmax = t[rson].len + t[lson].rmax;else t[num].rmax = t[rson].rmax;t[num].Max = max( t[lson].rmax + t[rson].lmax, max( t[lson].Max, t[rson].Max ) ); }void pushdown( int num ) {if( ! t[num].tag ) return;else if( ~ t[num].tag ) {t[lson].lmax = t[lson].rmax = t[lson].Max = 0;t[rson].lmax = t[rson].rmax = t[rson].Max = 0;}else {t[lson].lmax = t[lson].rmax = t[lson].Max = t[lson].len;t[rson].lmax = t[rson].rmax = t[rson].Max = t[rson].len;}t[lson].tag = t[rson].tag = t[num].tag;t[num].tag = 0; }void modify( int num, int l, int r, int L, int R, int k ) {if( R < l || r < L ) return;if( L <= l && r <= R ) {if( ~ k ) t[num].lmax = t[num].rmax = t[num].Max = 0;else t[num].lmax = t[num].rmax = t[num].Max = t[num].len;t[num].tag = k;return;}pushdown( num );int mid = ( l + r ) >> 1;modify( lson, l, mid, L, R, k );modify( rson, mid + 1, r, L, R, k );pushup( num ); }int query( int num, int l, int r, int k ) {pushdown( num );if( t[num].l == t[num].r ) return l;int mid = t[num].l + t[num].r >> 1;if( t[lson].Max >= k ) return query( lson, l, r, k );else if( t[rson].lmax + t[lson].rmax >= k ) return mid - t[lson].rmax + 1;else return query( rson, mid + 1, r, k ); }int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );build( 1, 1, n );int opt, x, d, pos;while( m -- ) {scanf( "%d", &opt );if( opt & 1 ) {scanf( "%d", &d );if( t[1].Max < d ) printf( "0\n" );else {printf( "%d\n", pos = query( 1, 1, n, d ) );modify( 1, 1, n, pos, pos + d - 1, 1 );}}else {scanf( "%d %d", &x, &d );modify( 1, 1, n, x, x + d - 1, -1 );}}return 0; }

Transformation

HDU4578

因為$p\in [1,3]$，所以直接線段樹大暴力維護數不同次方的和

• tag : 賦值標記
• add : 加標記
• mul : 乘標記
• sum1 : 區間內數的一次方和
• sum2 : 區間內數的二次方和
• sum3 : 區間內數的三次方和

標記內有高低優先順序，賦值第一，乘法第二，加法第三
$$(a+x{)}^2=a^2+x^2+2ax$$

$$(a_1+x{)}^2+(a_2+x{)}^2+...+(a_n+x{)}^2=(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2)+2x(a_1+a_2+...+a_n)+n{x}^2$$

$$(a+x{)}^3=a^3+3a^{2}x+3a{x}^2+x^3$$

$$(a_1+x{)}^3+...+(a_n+x{)}^3=(a_1^3+...+a_n^3)+3x(a_1^2+...+a_n^2)+3x^2(a_1+...+a_n)+n{x}^3$$

通過公示可以看出，計算加法也有優先順序，三次方第一，二次方第二，一次方第三

主要考察維護性質標記間的優先順序，對代碼實現能力要求更高，思維含量不大，中檔

#include <cstdio> #define mod 10007 #define maxn 100005 #define int long long #define lson num << 1 #define rson num << 1 | 1 struct node {int l, r, sum1, sum2, sum3, add, mul, tag;void update1( int x ) {add = ( add + x ) % mod;sum3 = ( sum3 + 3 * x * sum2 + 3 * x * x * sum1 + ( r - l + 1 ) * x * x * x ) % mod;sum2 = ( sum2 + 2 * x * sum1 + ( r - l + 1 ) * x * x ) % mod;sum1 = ( sum1 + x * ( r - l + 1 ) ) % mod;}void update2( int x ) {add = add * x % mod;mul = mul * x % mod;sum3 = sum3 * x * x * x % mod;sum2 = sum2 * x * x % mod;sum1 = sum1 * x % mod;}void update3( int x ) {tag = x;mul = 1;add = 0;sum3 = x * x * x * ( r - l + 1 ) % mod;sum2 = x * x * ( r - l + 1 ) % mod;sum1 = x * ( r - l + 1 ) % mod;} }t[maxn << 2];node operator + ( node x, node y ) {node ans;ans.l = x.l, ans.r = y.r;ans.tag = ans.add = 0, ans.mul = 1;ans.sum1 = ( x.sum1 + y.sum1 ) % mod;ans.sum2 = ( x.sum2 + y.sum2 ) % mod;ans.sum3 = ( x.sum3 + y.sum3 ) % mod;return ans; }void build( int num, int l, int r ) {t[num].sum1 = t[num].sum2 = t[num].sum3 = 0;t[num].add = t[num].tag = 0, t[num].mul = 1;t[num].l = l, t[num].r = r;if( l == r ) return;int mid = l + r >> 1;build( lson, l, mid );build( rson, mid + 1, r ); }void pushdown( int num, int l, int r ) {if( t[num].tag ) {t[lson].update3( t[num].tag );t[rson].update3( t[num].tag );}if( t[num].mul ^ 1 ) {t[lson].update2( t[num].mul );t[rson].update2( t[num].mul );}if( t[num].add ) {t[lson].update1( t[num].add );t[rson].update1( t[num].add );}t[num].tag = t[num].add = 0, t[num].mul = 1; }void modify1( int num, int l, int r, int L, int R, int x ) {if( r < L || R < l ) return;if( L <= l && r <= R ) { t[num].update1( x ); return; }pushdown( num, l, r );int mid = l + r >> 1;modify1( lson, l, mid, L, R, x );modify1( rson, mid + 1, r, L, R, x );t[num] = t[lson] + t[rson]; }void modify2( int num, int l, int r, int L, int R, int x ) {if( r < L || R < l ) return;if( L <= l && r <= R ) { t[num].update2( x ); return; }pushdown( num, l, r );int mid = l + r >> 1;modify2( lson, l, mid, L, R, x );modify2( rson, mid + 1, r, L, R, x );t[num] = t[lson] + t[rson]; }void modify3( int num, int l, int r, int L, int R, int x ) {if( r < L || R < l ) return;if( L <= l && r <= R ) { t[num].update3( x ); return; }pushdown( num, l, r );int mid = l + r >> 1;modify3( lson, l, mid, L, R, x );modify3( rson, mid + 1, r, L, R, x );t[num] = t[lson] + t[rson]; }node query( int num, int l, int r, int L, int R ) {if( L <= l && r <= R ) return t[num];pushdown( num, l, r );int mid = l + r >> 1;if( R <= mid ) return query( lson, l, mid, L, R );else if( mid < L ) return query( rson, mid + 1, r, L, R );else return query( lson, l, mid, L, R ) + query( rson, mid + 1, r, L, R ); }signed main() {int n, m, opt, l, r, c;while( scanf( "%lld %lld", &n, &m ) and n and m ) {build( 1, 1, n );while( m -- ) {scanf( "%lld %lld %lld %lld", &opt, &l, &r, &c );switch ( opt ) {case 1 : { modify1( 1, 1, n, l, r, c ); break; }case 2 : { modify2( 1, 1, n, l, r, c ); break; }case 3 : { modify3( 1, 1, n, l, r, c ); break; }case 4 : { node ans = query( 1, 1, n, l, r );switch ( c ) {case 1 : { printf( "%lld\n", ans.sum1 ); break; }case 2 : { printf( "%lld\n", ans.sum2 ); break; }case 3 : { printf( "%lld\n", ans.sum3 ); break; }}break;}}}}return 0; }

Tree Generator?

CF1149C

引理：樹上直徑為一段連續區間去掉匹配括號的最大長度

顯然，因為匹配的括號在樹上就是對應的影響再次回到原點

括號匹配是線段樹維護的一種模板，左括號為$1$，右括號為$?1$

顯然將匹配括號去掉后，區間形如))))(((（可以只有(或)）

考慮合并答案

假設這個區間的左子區間有右括號$a$個，左括號$b$個，右子區間有右括號c個，左括號b個

那么這個區間合并的答案就是$\mathrm{a}+|\mathrm{b}?\mathrm{c}|+\mathrm{d}=\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}(\mathrm{a}+\mathrm{b}?\mathrm{c}+\mathrm{d},\mathrm{a}?\mathrm{b}+\mathrm{c}+\mathrm{d})$

在形式上需要維護

• $\mathrm{x}=\mathrm{a}+\mathrm{b}$ : 一個區間去掉匹配括號之后的后綴右括號加上后綴左括號的最大值
• $\mathrm{y}=\mathrm{a}?\mathrm{b}$ : 一個區間去掉匹配括號之后的后綴右括號減去后綴左括號的最大值
• $\mathrm{z}=?\mathrm{c}+\mathrm{d}$ : 一個區間去掉匹配括號之后的前綴左括號減去前綴右括號的最大值
• $\mathrm{w}=\mathrm{c}+\mathrm{d}$ : 一個區間去掉匹配括號之后的前綴左括號加上前綴右括號的最大值

前綴/后綴指從區間左端/右端開始的連續一段

由下往上兒子更新父親

• 考慮維護$x$

  • 最優劃分點在右邊
    • 直接右兒子$\mathrm{t}[\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{x}$更新
  • 最優劃分點在左邊
    • 則一定包含右兒子區間，形如)))((
    • 假設在左兒子的最佳劃分點后面有$a$個右括號，$b$個左括號
    • 右兒子剩下$l$個左括號，$r$個右括號
    • 左右兒子括號匹配后
      • $\mathrm{x}=\mathrm{a}+|\mathrm{b}?\mathrm{r}|+\mathrm{l}=\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}(\mathrm{a}+\mathrm{b}?\mathrm{r}+\mathrm{l},\mathrm{a}?\mathrm{b}+\mathrm{r}+\mathrm{l})$
    • 同時$\mathrm{a}+\mathrm{b}=\mathrm{t}[\mathrm{l}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{x};\mathrm{a}?\mathrm{b}=\mathrm{t}[\mathrm{l}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{y};\mathrm{l}=\mathrm{t}[\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{l};\mathrm{r}=\mathrm{t}[\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{r}$

• 考慮維護$y$

  • 最優劃分點在右邊

    • 直接右兒子$\mathrm{t}[\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{y}$更新

  • 最優劃分點在左邊

    • 則一定包含右兒子區間
    • 假設在左兒子的最佳劃分點后面有$a$個右括號，$b$個左括號
    • 右兒子剩下$l$個左括號，$r$個右括號
    • 左右兒子括號匹配后
      • 1.1 $\mathrm{b}\ge \mathrm{r}$ : 右兒子不再有右括號，左兒子剩$\mathrm{b}?\mathrm{r}$個左括號$\mathrm{y}=\mathrm{a}?\mathrm{l}?(\mathrm{b}?\mathrm{r})$
      • 1.2 $\mathrm{b}<\mathrm{r}$ : 左兒子不再有左括號，右兒子剩$\mathrm{r}?\mathrm{b}$個右括號$\mathrm{y}=(\mathrm{r}?\mathrm{b})+\mathrm{a}?\mathrm{l}$
    • 顯然一個加大于$0$的數，一個減大于$0$的數
    • $\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}$選擇1.2更新，不用像$x$一樣分情況
    • 同時$\mathrm{a}?\mathrm{b}=\mathrm{t}[\mathrm{l}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{y};\mathrm{l}=\mathrm{t}[\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{l};\mathrm{r}=\mathrm{t}[\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{r};\mathrm{y}=\mathrm{r}(?\mathrm{b}+\mathrm{a})?\mathrm{l}=\mathrm{r}?\mathrm{l}+\mathrm{t}[\mathrm{l}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{y}$

• 考慮$z$

  • 最優劃分點在左邊

    • 直接左兒子$\mathrm{t}[\mathrm{l}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{z}$更新

  • 最優劃分點在右邊

    • 則一定包含左兒子區間

    • 假設在右兒子的最佳劃分點前面有$c$個右括號，$d$個左括號

    • 左兒子剩下$l$個左括號$r$個右括號

    • 左右兒子括號匹配

      • 1.1 $\mathrm{l}\ge \mathrm{c}$ 右兒子不再有右括號，左兒子剩$\mathrm{l}?\mathrm{c}$個左括號，$\mathrm{y}=\mathrm{d}+(\mathrm{l}?\mathrm{c})?\mathrm{r}$

      • 1.2 $\mathrm{l}<\mathrm{c}$ 左兒子不再有左括號，右兒子剩$\mathrm{c}?\mathrm{l}$個右括號，$\mathrm{y}=\mathrm{d}?(\mathrm{c}?\mathrm{l})?\mathrm{r}$

    • 顯然一個加大于$0$的數，一個減大于$0$的數

    • $\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}$選擇1.1更新

    • 同時$?\mathrm{c}+\mathrm{d}=\mathrm{t}[\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{z}\mathrm{l}=\mathrm{t}[\mathrm{l}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{l}\mathrm{r}=\mathrm{t}[\mathrm{l}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{r}\mathrm{z}=\mathrm{d}+\mathrm{l}?\mathrm{c}?\mathrm{r}=(?\mathrm{c}+\mathrm{d})+\mathrm{l}?\mathrm{r}$

• 考慮$k$

  • 最優劃分點在左邊
    • 直接左兒子$\mathrm{t}[\mathrm{l}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{w}$更新
  • 最優劃分點在右邊
    • 則一定包含左兒子區間
    • 假設在右兒子的最佳劃分點前面有$c$個右括號，$d$個左括號
    • 左兒子剩下$l$個左括號，$r$個右括號
    • 左右兒子括號匹配后
      • $\mathrm{x}=\mathrm{d}+|\mathrm{l}?\mathrm{c}|+\mathrm{r}=\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}(\mathrm{d}+\mathrm{l}?\mathrm{c}+\mathrm{r},\mathrm{d}+\mathrm{c}?\mathrm{l}+\mathrm{r})$
    • 同時$?\mathrm{c}+\mathrm{d}=\mathrm{t}[\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{z}\mathrm{c}+\mathrm{d}=\mathrm{t}[\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{w}\mathrm{l}=\mathrm{t}[\mathrm{l}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{l}\mathrm{r}=\mathrm{t}[\mathrm{l}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}].\mathrm{r}$

困難

#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; #define maxn 300005 #define lson num << 1 #define rson num << 1 | 1 struct node {//全是取最大值//全是區間內去掉匹配括號后 形如)))))(( int x; //后綴左括號加后綴右括號 int y; //后綴右括號減后綴左括號 int z; //前綴左括號減前綴右括號 int w; //前綴左括號加前綴右括號 int l; //區間內未匹配左括號數量 int r; //區間內未匹配有括號數量 int ans;//區間內的最長直徑答案 //前綴/后綴指從區間左端/右端開始的連續一段s[i] }t[maxn << 2]; int n, m; char s[maxn];void pushup( int num ) {//左右兒子區間會有左兒子的左括號和右兒子的有括號匹配情況 if( t[lson].l > t[rson].r ) {t[num].l = t[lson].l - t[rson].r + t[rson].l;t[num].r = t[lson].r;}else {t[num].l = t[rson].l;t[num].r = t[lson].r + t[rson].r - t[lson].l;}/*后綴左括號加后綴右括號 1.最優劃分點在右邊 直接右兒子t[rson].x更新 2.最優劃分點在左邊 則一定包含右兒子區間 形如)))(( 假設在左邊兒子的最佳劃分點后面有a個右括號b個左括號 右邊兒子剩下l個左括號r個右括號 左右兒子括號匹配后x=a+|b-r|+l=max(a+b-r+l,a-b+r+l)同時已知有 a+b=t[lson].x a-b=t[lson].y l=t[rson].l r=t[rson].r*/t[num].x = max( t[rson].x, max( t[lson].x - t[rson].r + t[rson].l, t[lson].y + t[rson].r + t[rson].l ) );/*后綴右括號減后綴左括號1.最優劃分點在右邊 直接右兒子t[rson].y更新 2.最優劃分點在左邊 則一定包含右兒子區間假設在左邊兒子的最佳劃分點后面有a個右括號b個左括號 右邊兒子剩下l個左括號r個右括號 左右兒子括號匹配1.1 b>=r 右兒子不再有右括號 左兒子剩b-r個左括號 y=a-l-(b-r)1.2 b<r 左兒子不再有左括號 右兒子剩r-b個右括號 y=(r-b)+a-l顯然一個加大于0的數 一個減大于0的數max選擇1.2更新 不用像x一樣分情況 同時已知有 a-b=t[lson].y l=t[rson].l r=t[rson].ry=r(-b+a)-l=r-l+t[lson].y*/t[num].y = max( t[rson].y, t[lson].y + t[rson].r - t[rson].l );/*前綴左括號減前綴右括號 1.最優劃分點在左邊 直接左兒子t[lson].z更新 2.最優劃分點在右邊 則一定包含左兒子區間假設在右邊兒子的最佳劃分點前面有c個右括號d個左括號 左邊兒子剩下l個左括號r個右括號 左右兒子括號匹配1.1 l>=c 右兒子不再有右括號 左兒子剩l-c個左括號 y=d+(l-c)-r1.2 l<c 左兒子不再有左括號 右兒子剩c-l個右括號 y=d-(c-l)-r顯然一個加大于0的數 一個減大于0的數max選擇1.1更新 同時已知有-c+d=t[rson].z l=t[lson].l r=t[lson].rz=d+l-c-r=(-c+d)+l-r*/t[num].z = max( t[lson].z, t[rson].z + t[lson].l - t[lson].r );/*前綴左括號加前綴右括號1.最優劃分點在左邊 直接左兒子t[lson].w更新 2.最優劃分點在右邊 則一定包含左兒子區間 假設在右兒子的最佳劃分點前面有c個右括號d個左括號 左兒子剩下l個左括號r個右括號 左右兒子括號匹配后x=d+|l-c|+r=max(d+l-c+r,d+c-l+r)同時已知有 -c+d=t[rson].z c+d=t[rson].w l=t[lson].l r=t[lson].r*/t[num].w = max( t[lson].w, max( t[lson].l + t[lson].r + t[rson].z, t[lson].r - t[lson].l + t[rson].w ) );/*合并答案 1.就是左兒子或右兒子的答案2.假設這個區間的左子區間有右括號a個左括號b個 右子區間有右括號c個左括號b個那么這個區間從中間合并的答案就是a+|b-c|+d=max(a+b-c+d,a-b+c+d)同時已知有a+b=t[lson].x a-b=t[lson].y -c+d=t[rson].z c+d=t[rson]w */t[num].ans = max( max( t[lson].ans, t[rson].ans ), max( t[lson].x + t[rson].z, t[lson].y + t[rson].w ) ); }void modify( int num, int k ) {t[num].x = 1;t[num].y = max( -k, 0 );t[num].z = max( k, 0 );t[num].l = k == 1;t[num].r = k == -1;t[num].w = 1;t[num].ans = 1; }void build( int num, int l, int r ) {if( l == r ) { modify( num, s[l] == '(' ? 1 : -1 ); return; }int mid = l + r >> 1;build( lson, l, mid );build( rson, mid + 1, r );pushup( num ); }void modify( int num, int l, int r, int pos, int k ) {if( l == r ) { modify( num, k ); return; }int mid = l + r >> 1;if( pos <= mid ) modify( lson, l, mid, pos, k );else modify( rson, mid + 1, r, pos, k );pushup( num ); }int main() {scanf( "%d %d %s", &n, &m, s + 1 );n = strlen( s + 1 );build( 1, 1, n );printf( "%d\n", t[1].ans );while( m -- ) {int x, y;scanf( "%d %d", &x, &y );modify( 1, 1, n, x, s[y] == '(' ? 1 : -1 );modify( 1, 1, n, y, s[x] == '(' ? 1 : -1 );swap( s[x], s[y] );printf( "%d\n", t[1].ans );}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的数据结构二之线段树Ⅰ——Count Color，Hotel，Transformation，Tree Generator™的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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