标签：const gre led limit style int ons while discus
一个数，表示满足所有条件且长度为n的大数的个数，答案可能很大，因此输出答案模10^9+7的结果即可。
如果没有限制，没有模数的话，答案应该是9*10n，加了限制之后，有些数可以由其它数确定，相当于位数减少了
我们需要确定有效的位数
可以用并查集，把一样的数位看成一个连通块
但是一个一个修改的话，很慢，是O(mn)的
其实有些限制是没用的，最多需要修改n-1个数位的fa
所以需要维护很多个不需要修改的区间
可以用一个类似st表的东西，我觉得也有一点像线段树
fa[i][j]=x表示i为左端点，2j为长度的区间的数，与x为左端点，2j为长度的区间的数对应相等
每次修改的时候，把[l1,r1]，[l2,r2]分别转化为两个这样的区间，然后依次递归到更小的区间去修改，当当前区间满足条件，或区间长度为1时停止递归
我傻得区间左右端点都算不清了⊙︿⊙
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define nn 100011
using namespace std;
const long long mod=1e9+7;
int fa[nn][25],log_2;
int read()
{
int ans=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch==‘-‘) f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) {ans=ans*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
return ans*f;
}
int find(int x,int l)
{
return fa[x][l]==x? x:fa[x][l]=find(fa[x][l],l);
}
void merge(int a,int b,int l)
{
int f1=find(a,l),f2=find(b,l);
if(f1==f2) return;
fa[f1][l]=f2;
if(!l) return;
l--;
merge(a,b,l);
merge(a+(1<<l),b+(1<<l),l);
}
int main()
{
long long res=9;
int n,m,l1,r1,l2,r2,len,num=-1;
n=read();m=read();
if(n==1)
{
printf("9");
return 0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=18;j++)
fa[i][j]=i;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
l1=read();r1=read();l2=read();r2=read();
len=log2(r1-l1+1);
if(l1<l2)
swap(l1,l2),swap(r1,r2);
merge(l1,l2,len);merge(r1-(1<<len)+1,r2-(1<<len)+1,len);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(find(i,0)==i)
num++;
for(int i=1;i<=num;i++)
res=res*(long long)10%mod;
printf("%lld",res);
return 0;
}
/*
5 3
2 3 1 2
1 5 1 5
4 4 3 3
*/
标签：const gre led limit style int ons while discus
原文地址：http://www.cnblogs.com/charlotte-o/p/7701067.html
