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和白书讲的那道线段树区间修改的第二种类型很相似吧。写不算久；
1.在该区间更新说明必定牵涉这个区间，所以直接先pushdown；
2.往下传是对子区间的更新；
3.如果原来子节点没有标记，那么现在有了，如果原来子节点有标记，那么改了一边又把他改了回来所以没有标记了；
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#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define rep(i,n) for(int i=1;i<=n;i++)
#define clr(x,c) memset(x,c,sizeof(x))
int read(){
int x=0;
char c=getchar();
while(!isdigit(c)){
c=getchar();
}
while(isdigit(c)){
x=x*10+c-‘0‘;
c=getchar();
}
return x;
}
int sum[400005],v[400005],s,t;
void maintain(int o,int l,int r){
sum[o]=r-l+1-sum[o];
}
void pushdown(int o,int l,int r){
if(v[o]){
v[o]=false;
int m=l+(r-l)/2;
maintain(o*2,l,m);
maintain(o*2+1,m+1,r);
v[o*2]^=1;
v[o*2+1]^=1;
}
}
void update(int o,int l,int r){
pushdown(o,l,r); //既然更新到这里就先pushdown，不然会和下面四行产生矛盾
if(s<=l&&r<=t){
v[o]=true;
maintain(o,l,r);
return ;
}
int m=l+(r-l)/2;
if(t<=m){
update(o*2,l,m);
}
else if(s>m){
update(o*2+1,m+1,r);
}
else {
update(o*2,l,m);
update(o*2+1,m+1,r);
}
sum[o]=sum[o*2]+sum[o*2+1];
}
int query(int o,int l,int r){
if(s<=l&&r<=t)
return sum[o];
pushdown(o,l,r); //如果没有什么关系的话就在后面在pushdown就ok
int m=l+(r-l)/2;
if(t<=m){
return query(o*2,l,m);
}
else if(s>m){
return query(o*2+1,m+1,r);
}
return query(o*2,l,m)+query(o*2+1,m+1,r);
}
int main(){
clr(v,false);
clr(sum,0);
int n=read(),m=read();
rep(i,m){
int tmp=read();
s=read(),t=read();
if(tmp==0){
update(1,1,n);
}
else{
printf("%d\n",query(1,1,n));
}
}
return 0;
}
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Farmer John尝试通过和奶牛们玩益智玩具来保持他的奶牛们思维敏捷. 其中一个大型玩具是牛栏中的灯. N (2 <= N <= 100,000) 头奶牛中的每一头被连续的编号为1..N, 站在一个彩色的灯下面.刚到傍晚的时候, 所有的灯都是关闭的. 奶牛们通过N个按钮来控制灯的开关; 按第i个按钮可以改变第i个灯的状态.奶牛们执行M (1 <= M <= 100,000)条指令, 每个指令都是两个整数中的一个(0 <= 指令号 <= 1). 第1种指令(用0表示)包含两个数字S_i和E_i (1 <= S_i <= E_i <= N), 它们表示起始开关和终止开关. 奶牛们只需要把从S_i到E_i之间的按钮都按一次, 就可以完成这个指令. 第2种指令(用1表示)同样包含两个数字S_i和E_i (1 <= S_i <= E_i <= N), 不过这种指令是询问从S_i到E_i之间的灯有多少是亮着的. 帮助FJ确保他的奶牛们可以得到正确的答案.
* 第 1 行: 用空格隔开的两个整数N和M
* 第 2..M+1 行: 每行表示一个操作, 有三个用空格分开的整数: 指令号, S_i 和 E_i
第 1..询问的次数 行: 对于每一次询问, 输出询问的结果.
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原文地址：http://www.cnblogs.com/fighting-to-the-end/p/5001589.html
