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题意：0~n-1的数组，初始值为0；执行m个操作，每次操作执行后输出当前值为0的连续段的段数。
操作1： p i j : i~j区间的每个元素值减1
操作2： r i j ：i~j区间的每个元素值加1，每个r操作之前，一定有个相应的p操作
数据范围：1 <= n <= 108, 0 <= m <= 20000
线段树现在已经成了竞赛选手的基本功，但是我这块好弱，写下这个题解，方便自己以后复习。
分析，这很明显是个用线段树来解的题，但是数据范围太大。注意到操作次数最多只有20000次，假想所有操作都执行结束，会发现很多数组元素实际上是“成段”变化的——把所有操作的两个端点位置标记出来，则两相邻标记点之间（不包括端点）的元素值总是相同的，于是把他们缩为一个点，这样问题得以简化，数据范围大致到了 n < 60100,就可以用线段树来解了。
题解：线段树的结点定义如下：
struct Node{ int cnt, h;//h表示“区间”高度 bool lf, rf;//标记左右端点是不是等于0 }nd[N<<2];
结点应当有个左右端点的，为了节省内存没写，写函数的时候把端点作为参数传递就可以了（详见代码）。
cnt表示当前段值为0的连续段段数，lf和rf分别标记当前结点对应区间的左端点和右端点的值是否等于0；h是对该段整体操作的高度，事实上，可以证明h就是该区间的最大高度，因为r操作必然是对应一个之前的p操作，也就是先减后加，那么就不可能出现子结点的h比当前结点的h还大的情况，于是h就是一段区间的最大值。这是个很重要的推论，当查询到一段区间，如果它的h值不为0，就没必要往下查找了，因为不可能找到解；反之，如果该结点的h值为0，那么相当于对整体这一段没有做任何操作，换句话说，对子结点没有任何影响，那么就可以用子结点的值来更新当前结点的值了。
代码如下：
#include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; #define N 41000 #define lc (id<<1) #define rc (id<<1|1) struct Node{ int cnt, h;//h表示"区间高度" bool lf, rf;//标记左右端点是不是等于0 } nd[N<<2]; void build(int l, int r, int id){ nd[id].lf = nd[id].rf = true; nd[id].cnt = 1; nd[id].h = 0; if(l == r) return; int mid = l+r>>1; build(l, mid, lc); build(mid+1, r, rc); } void pushup(int id,int l, int r){ if(nd[id].h != 0)//根据题目描述，此时这一段肯定没有高度为0的点 { //r操作一定是取消之前的一个p操作。于是，nd[id].h相当于是这一段的最高高度 nd[id].cnt = 0; nd[id].lf = nd[id].rf = false; return; } if(l == r){ nd[id].cnt = 1; nd[id].lf = nd[id].rf = true; return; } else {//注意还是nd[id].h==0,那此时，这段整体相当于没有操作，根据子节点跟新这一结点的值就可以了 nd[id].lf = nd[lc].lf, nd[id].rf = nd[rc].rf; nd[id].cnt = nd[lc].cnt + nd[rc].cnt - (nd[lc].rf && nd[rc].lf); } } void add(int l, int r, int v, int L, int R, int id) { int mid = L+R>>1; if(l <= L && r >= R) { nd[id].h += v; pushup(id, L, R); return; } if(l <= mid) add(l, r, v, L, mid, lc); if(r > mid) add(l, r, v, mid+1, R, rc); pushup(id, L, R); } //------------------- struct Query{ char op[3]; int l, r; } qry[N>>1]; int x[N]; int xcnt; //------------------- int main() { int T, n, q; char tm; int l, r; scanf("%d", &T); for(int cas = 1; cas <= T; cas++){ scanf("%d %d", &n, &q); xcnt = 0; x[xcnt++] = 0; x[xcnt++] = n-1; int i; for(i = 0; i < q; i++){ scanf("%s %d %d", qry[i].op, &l, &r); qry[i].l = l, qry[i].r = r; x[xcnt++] = l; x[xcnt++] = r; } sort(x, x+xcnt); xcnt = unique(x, x+xcnt)-x; for(i = xcnt-1; i > 0; i--) if(x[i] != x[i-1]+1) x[xcnt++] = x[i-1]+1; /*不这样做的反例 5 2 p 0 1 p 3 4 */ sort(x, x+xcnt); build(0, xcnt-1, 1); printf("Case #%d:\n", cas); for(i = 0; i < q; i++){ l = lower_bound(x, x+xcnt, qry[i].l)-x; r = lower_bound(x, x+xcnt, qry[i].r)-x; add(l, r, qry[i].op[0] == ‘p‘ ? -1 : 1, 0, xcnt-1, 1); printf("%d\n", nd[1].cnt); } } return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/beisong/p/4481398.html
