标签：后缀 return space 修改 操作 www ref for tar
题目大意：给你n个点，m个操作。操作分两种：1.种树，在区间[ l , r ] 中种一种树，保证每次种树的种类都不一样。2.查询：查询这个闭区间有多少种树。
注释：n<=50000 , m<=50000
想法：这题与以往的校门外的树不同，这题显然是道好题！！我们思考一下：如果我们正面思考，即，使用线段树维护区间树的种类。那么，我们思考一下，两个区间——[ l , r ] 和 [ L , R ]，其中，小写的表示被修改区间，我们要在大写的区间里种树。那么，什么情况下小写区间可能被修改呢？(L<=l&&l<=R) | | (L<=r&&r<=R) | | (l<=L&&R<=r) | | (L<=l&&r<=R)，共计四种情况，所以....去死吧！啊啊啊！咳咳，想别的方法。有一句叫正难则反，所以，我们考虑反面情况：考虑什么的反面，如果是考虑修改，那恭喜你，你已经Gg了，虽然这题的数据量支持你这么做，但是这个代码的实现难度还不在博主的能力范围，所以，果断抛弃了！我们想到考虑计算不满足条件者。什么意思呢？就是我们维护不在这段区间之内的种类，所以，我们只需思考两种情况：(R<=l)||(L>=r)这个东西，我们对每个修改，按它的左端点维护后缀和，右端点维护前缀和，想到使用树状数组维护，即可。
最后，附上丑陋的代码......
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 using namespace std; 4 int n; 5 int tree1[50010]; 6 int tree2[50010]; 7 void fix1(int a)//修改前缀和 8 { 9 for(int i=a;i<=n;i+=i&-i) 10 { 11 tree1[i]++; 12 } 13 } 14 void fix2(int a)//修改后缀和 15 { 16 for(int i=a;i;i-=i&-i) 17 { 18 tree2[i]++; 19 } 20 } 21 int query1(int a)//查询前缀和 22 { 23 int ans=0; 24 for(int i=a;i;i-=i&-i) ans+=tree1[i]; 25 return ans; 26 } 27 int query2(int a)//查询后缀和 28 { 29 int ans=0; 30 for(int i=a;i<=n;i+=i&-i) ans+=tree2[i]; 31 return ans; 32 } 33 int main() 34 { 35 int m; 36 scanf("%d%d",&n,&m); 37 int all=0; 38 int a,b,c; 39 for(int i=1;i<=m;i++) 40 { 41 scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); 42 if(a==1) 43 { 44 all++; 45 fix2(b); 46 fix1(c); 47 } 48 else 49 { 50 printf("%d\n",all-query2(c+1)-query1(b-1));//注意区间开闭 51 } 52 } 53 return 0; 54 }
小结：错误
1.把a , b当成区间端点，过样例，爆蛋
2.忘记区间开闭，过样例，爆蛋
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