标签:cst uil 长度 ret 操作 reset 求助 支持 mes
题目背景
阿宝上学了,今天老师拿来了一块很长的涂色板。
题目描述
色板长度为L,L是一个正整数,所以我们可以均匀地将它划分成L块1厘米长的小方格。并从左到右标记为1, 2, ... L。
现在色板上只有一个颜色,老师告诉阿宝在色板上只能做两件事:
"C A B C" 指在A到 B 号方格中涂上颜色 C。
"P A B" 指老师的提问:A到 B号方格中有几种颜色。
学校的颜料盒中一共有 T 种颜料。为简便起见,我们把他们标记为 1, 2, ... T. 开始时色板上原有的颜色就为1号色。 面对如此复杂的问题,阿宝向你求助,你能帮助他吗?
输入输出格式
输入格式:
第一行有3个整数 L (1 <= L <= 100000), T (1 <= T <= 30) 和 O (1 <= O <= 100000)。 在这里O表示事件数。
接下来 O 行, 每行以 "C A B C" 或 "P A B" 得形式表示所要做的事情(这里 A, B, C 为整数, 可能A> B,这样的话需要你交换A和B)
输出格式:
对于老师的提问,做出相应的回答。每行一个整数。
错误日志: 1.第一次交了暴力 \(30\) 颗线段树 \(MLE\) 2. 后面换了个思路却忘记了题目有坑(以粗体标出)
这里要说一下 \(bitset\) 这个宝贝了(快 \(noip\) 了, 多运用 \(STL\) 节省时间)
支持位数很大的二进制运算, 自带压缩, 运算较快
简单来说就是一个可以有很多位的状压利器
这题很明显线段树, 用了 \(bitset\) 做状态说明: 第 \(i\) 位 为 \(1\) 代表此区间有这个颜色, 为 \(0\) 则没有
上传更新时使用或运算, 表示取并集(bitset很大一用处就是取状态很多的并集, 十分方便)
这是满足分配律的
修改打懒标记记录区间颜色, 改区间状态直接把 \(bitset\) 赋值为 \(0\) 然后确定颜色位修改为 \(1\) 即可
附: \(bitset\) 用法
声明n位bitset : bitset<n> b;
全部赋值为0 : b.reset();
为1 : b.set();
对第i位操作 : b[i] = 1/0;
一个bitset里1的个数 : num = b.count();
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<bitset>
typedef long long LL;
using namespace std;
int RD(){
int out = 0,flag = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c >'9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}
return flag * out;
}
const int maxn = 100019;
int num, numc, na;
#define lid (id << 1)
#define rid (id << 1) | 1
struct seg_tree{
int l, r;
int lazy;
bitset<39>b;
}tree[maxn << 2];
void pushup(int id){
tree[id].b = tree[lid].b | tree[rid].b;
}
void pushdown(int id){
if(tree[id].lazy){
int c = tree[id].lazy;
tree[lid].b.reset(), tree[rid].b.reset();
tree[lid].b[c] = 1, tree[rid].b[c] = 1;
tree[lid].lazy = tree[rid].lazy = c;
tree[id].lazy = 0;
}
}
void build(int id, int l, int r){
tree[id].l = l, tree[id].r = r;
if(l == r){
tree[id].b[1] = 1;
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lid, l, mid), build(rid, mid + 1, r);
pushup(id);
}
void update(int id, int val, int l, int r){
pushdown(id);
if(tree[id].l == l && tree[id].r == r){
tree[id].b.reset();
tree[id].b[val] = 1;
tree[id].lazy = val;
return ;
}
int mid = (tree[id].l + tree[id].r) >> 1;
if(mid < l)update(rid, val, l, r);
else if(mid >= r)update(lid, val, l, r);
else update(lid, val, l, mid), update(rid, val, mid + 1, r);
pushup(id);
}
bitset<39> query(int id, int l, int r){
pushdown(id);
if(tree[id].l == l && tree[id].r == r){
return tree[id].b;
}
int mid = (tree[id].l + tree[id].r) >> 1;
if(mid < l)return query(rid, l, r);
else if(mid >= r)return query(lid, l, r);
else return query(lid, l, mid) | query(rid, mid + 1, r);
}
int main(){
num = RD();numc = RD();na = RD();
build(1, 1, num);
char cmd;
for(int i = 1;i <= na;i++){
cin>>cmd;
int l = RD(), r = RD();
if(l > r)swap(l, r);
if(cmd == 'C'){
int x = RD();
update(1, x, l, r);
}
else printf("%d\n", (int)query(1, l, r).count());
}
return 0;
}
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原文地址:https://www.cnblogs.com/Tony-Double-Sky/p/9504920.html