标签：参数 g++ 更新 思路 复杂度 == mes 答案 大致
简要题意：
给定一个长度为 \(n\) 的 \(01\) 序列 \(a\)，\(q\) 次操作：
\(n,q \leq 2 \times 10^5\).
显然 \(\mathcal{O}(nq)\) 的暴力是不可能通过这道题目的。
考虑如何分块。
令块长为 \(S\)，对于 \(\lfloor \frac{n}{S} \rfloor\) 个块，初始化其中 \(0\) 和 \(1\) 的个数。
下面对于每个修改操作，对整块则直接交换 \(0,1\) 的参数，不完整块则暴力修改。
对于询问，整块直接返回 \(1\) 的个数，不玩整块则直接暴力统计。
时间复杂度：\(\mathcal{O}(Sq + \lfloor \frac{n}{S} \rfloor q)\).
显然想让这个复杂度最小，令 \(S = \sqrt{n}\) 是最佳选择，复杂度为 \(\mathcal{O}(n \sqrt{n})\).
实际上暴力也是一种优雅的分块，它只是 \(S=1\) 而已。
假设这个题开到 \(n,q \leq 2 \times 10^6\)，显然分块就无能为力解决了。
考虑如何用线段树解决？
还是用代码讲吧。线段树板子相信大家都会，那讲起来会非常方便。
#define L (x<<1)
#define R (x<<1)+1
这是一个声明，\(L\) 即 \(x\) 的左儿子节点，\(R\) 即 \(x\) 的右儿子节点！
struct T {
int l,r,z,o,tag;
} T[N<<2];
线段树常规套路，\([l,r]\) 区间中有 \(z\) 个 \(0\)，\(o\) 个 \(1\). \(\text{tag}\) 表示 \([l,r]\) 区间被修改的次数（懒标记）。
inline void build_tree(int x,int l,int r) {
T[x].tag=0; T[x].l=l; T[x].r=r;
if(l==r) {
if(s[l-1]==‘1‘) T[x].o=1; else T[x].z=1;
return;
} int mid=(l+r)>>1;
build_tree(L,l,mid);
build_tree(R,mid+1,r);
update(x);
}
建树过程也很套路。注释都有，大致思路就是，元区间直接搞，其余区间用它的左右儿子拼起来。\(\text{update}\) 是如何更新的呢？看这一段：
inline void update(int x) {
T[x].z=T[L].z+T[R].z;
T[x].o=T[L].o+T[R].o;
}
直接暴力统计，应该没啥问题吧！
build_tree 复杂度为 \(\mathcal{O}(n)\).很好理解吧！
初始化结束之后，我们只需要考虑三个函数的写法：
下面重讲修改操作。
线段树套路修改：完全包含则暴力修改，打标记；否则下传标记，并分两个区间去修改。修改完成后用 \(\text{update}\) 再更新一遍。
inline void change(int x,int l,int r) {
if(l<=T[x].l && T[x].r<=r) {
swap(T[x].z,T[x].o); T[x].tag^=1; //暴力修改，交换 0,1 个数
return;
} pushdown(x); int mid=(T[x].l+T[x].r)>>1;
if(l<=mid) change(L,l,r);
if(r>mid) change(R,l,r); //往两边区间走
update(x); //再更新
}
你会说了：为什么是 T[x].tag^=1 而不是 T[x].tag++ 呢？
很明显，对 同一个区间进行两次异或操作 等同于 不操作。所以 \(k\) 次操作等同于 \(k \& 1\) 次操作。自然抵消一定操作可以进行常数优化。（你想，\(k\) 次的 \(\text{swap}\) 两个数肯定会化成 \(0\) 和 \(1\) 次啊）
那么，\(\text{pushdown}\) 怎么写呢？
inline void pushdown(int x) {
int p=T[x].tag; if(!p) return;
swap(T[L].o,T[L].z); T[L].tag^=1; //左边
swap(T[R].o,T[R].z); T[R].tag^=1; //右边
T[x].tag=0; //清空标记
}
修改单次的复杂度是 \(\mathcal{O}(\log n)\) 的，因为最多把树高走一遍，而树高是 \(\log\) 的。
询问就是套路了吧！
包含区间直接返回，否则下传标记，分两个区间合并答案即可。（有时候合并答案并不是运算那么简单，就像 最大子段和 的合并）当然这题的合并只需要 \(+\) 就行。
inline int query(int x,int l,int r) {
if(l<=T[x].l && T[x].r<=r) return T[x].o;
pushdown(x); int mid=(T[x].l+T[x].r)>>1,ans=0;
if(l<=mid) ans+=query(L,l,r);
if(r>mid) ans+=query(R,l,r);
return ans;
}
全是套路，忽略不计吧。
单次询问的复杂度也是 \(\mathcal{O}(\log n)\)，同样最多把树高跑一遍。
\(480 \text{ms} , 10.82 \text{MB}\)，性能还不错，最慢的点 \(189 \text{ms}\).
最后给一个代码吧：
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+1;
#define L (x<<1)
#define R (x<<1)+1
inline int read(){char ch=getchar(); int f=1; while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘) {if(ch==‘-‘) f=-f; ch=getchar();}
int x=0; while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-‘0‘,ch=getchar(); return x*f;}
inline void write(int x) {
if(x<0) {putchar(‘-‘);write(-x);return;}
if(x<10) {putchar(char(x%10+‘0‘));return;}
write(x/10);putchar(char(x%10+‘0‘));
}
int n,m;
char s[N];
struct T {
int l,r,z,o,tag;
} T[N<<2];
inline void update(int x) {
T[x].z=T[L].z+T[R].z;
T[x].o=T[L].o+T[R].o;
}
inline void pushdown(int x) {
int p=T[x].tag; if(!p) return;
swap(T[L].o,T[L].z); T[L].tag^=1;
swap(T[R].o,T[R].z); T[R].tag^=1;
T[x].tag=0;
}
inline void build_tree(int x,int l,int r) {
T[x].tag=0; T[x].l=l; T[x].r=r;
if(l==r) {
if(s[l-1]==‘1‘) T[x].o=1; else T[x].z=1;
return;
} int mid=(l+r)>>1;
build_tree(L,l,mid);
build_tree(R,mid+1,r);
update(x);
}
inline void change(int x,int l,int r) {
if(l<=T[x].l && T[x].r<=r) {
swap(T[x].z,T[x].o); T[x].tag^=1;
return;
} pushdown(x); int mid=(T[x].l+T[x].r)>>1;
if(l<=mid) change(L,l,r);
if(r>mid) change(R,l,r);
update(x);
}
inline int query(int x,int l,int r) {
if(l<=T[x].l && T[x].r<=r) return T[x].o;
pushdown(x); int mid=(T[x].l+T[x].r)>>1,ans=0;
if(l<=mid) ans+=query(L,l,r);
if(r>mid) ans+=query(R,l,r);
return ans;
}
int main() {
n=read(),m=read(); scanf("%s",s);
build_tree(1,1,n); while(m--) {
int op=read(),l=read(),r=read();
if(op==1) printf("%d\n",query(1,l,r));
else change(1,l,r);
}
return 0;
}
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原文地址：https://www.cnblogs.com/bifanwen/p/13339178.html
