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Problem B. Tree
Input file: tree.in
Output file: tree.out
Time limit: 2 seconds
Memory limit: 256 megabytes
香香有一棵高度为h的完全二叉树，根节点的标号为1 ，高度为1，对于每个非叶子节点i ，高度h ，它的左儿子的标号为2 * i ，高度为h + 1， 它的右儿子的标号为2 * i + 1 ，高度为h + 1。
她的这棵完全二叉树可能有特殊的叶子节点（叶子节点指高度为h的节点）,然而她忘记了特殊叶子节点的标号是什么，但是她有以前无意留下来的q个信息，每个信息包含四个数字H ， L ， R ， Ans ，如果Ans = 1 表示特殊叶子节点的高度为H的祖先属于[L , R],如果Ans = 0 表示不在[L , R]这个区间。（保证[L , R]是高度为H节点标号的子集）
如果没有特殊节点，输出“None.”
如果有唯一特殊节点，输出节点标号。
如果有多个特殊节点，输出“Many.”
注意：有句号，没有引号。
Input
输入包括多组数据，每组数据包括若干行。
对于每组数据：第一行输入两个整数h，q（ h <= 50 , q <= 10^5 ）
接下来q行每行包含四个整数H ， L ， R ， Ans （1 ≤ H ≤ h, 2i - 1 ≤ L ≤ R ≤ 2i - 1, ）
最后一行为两个0，表示输入结束。
Output
对于每组数据，输出一行，如题目描述。
Sample test(s)
input
3 1
3 4 6 0
0 0
output
7
input
4 3
4 10 14 1
3 6 6 0
2 3 3 1
0 0
output
14
input
4 2
3 4 6 1
4 12 15 1
0 0
output
Many.
input
4 2
3 4 5 1
2 3 3 1
0 0
output
None.
范围：
对于30% ， q <= 10^3。
对于100% ， q <=10^5 , 数据保证输出不超过3行。
对于每个信息，都可以转换为一段叶子节点的取或不取（ans = 0 是不取ans = 1 是取）
这样就转化为了区间的交与并。对于30%的数据，很显然，对于每个信息暴力维护当前区间，复杂度n^2 。
对于100% ，考虑到如果有多个特殊点并只需输出Many.即可，所以我们把ans = 1 与ans = 0 的分开考虑，ans = 1 直接与原区间求交，ans = 0的单独存下来，于是现在就是在一个连续的区间里挖掉若干块儿，判断是否挖空或者剩下大于1个。想象一下，如果剩余大于一个，那么我们一定有相距最远的两个位置，我们只要知道是否存在两个最远的位置没有被挖掉即可，排序一下就可以了。
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstdlib> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 typedef long long ll; 7 int h,q; 8 struct node{ 9 ll H,L,R,Ans; 10 }Q[200000]; 11 int cmp(const node&a,const node&b){ 12 if(a.Ans>b.Ans) return 1; 13 if(a.Ans<b.Ans) return 0; 14 if(a.L<b.L) return 1; 15 return 0; 16 } 17 int main(){ 18 freopen("tree.in","r",stdin); 19 freopen("tree.out","w",stdout); 20 21 scanf("%lld%lld",&h,&q); 22 while(h&&q){ 23 ll LL=1,RR=1; 24 for(ll i=1;i<=q;i++) 25 scanf("%lld%lld%lld%lld",&Q[i].H,&Q[i].L,&Q[i].R,&Q[i].Ans); 26 for(ll i=1;i<=q;i++){ 27 for(ll j=1;j<=h-Q[i].H;j++){ 28 Q[i].L<<=1; 29 Q[i].R<<=1; 30 Q[i].R++; 31 } 32 } 33 sort(Q+1,Q+q+1,cmp); 34 for(ll i=1;i<=h-1;i++) LL<<=1; 35 for(ll i=1;i<=h-1;i++) RR<<=1,RR++; 36 37 ll now=1; 38 while(Q[now].Ans==1){ 39 ll nowL=Q[now].L; 40 ll nowR=Q[now].R; 41 if(RR<nowL){ 42 cout<<"None."<<endl; 43 } 44 if(nowR<LL){ 45 cout<<"None."<<endl; 46 } 47 if(LL<=nowL&&RR>=nowR){ 48 LL=nowL; 49 RR=nowR; 50 } 51 if(LL<=nowL&&RR>=nowL&&nowR>=RR){ 52 LL=nowL; 53 RR=RR; 54 } 55 if(nowL<=LL&&LL<=nowR&&nowR<=RR){ 56 LL=LL; 57 RR=nowR; 58 } 59 now++; 60 } 61 for(int i=now;i<=q;i++){ 62 if(Q[i].L<=LL&&LL<=Q[i].R){ 63 LL=Q[i].R+1; 64 } 65 if(Q[i].L<=RR&&RR<=Q[i].R){ 66 RR=Q[i].L-1; 67 } 68 } 69 if(LL==RR){ 70 printf("%lld\n",LL); 71 } 72 else if(LL>RR){ 73 cout<<"None."<<endl; 74 } 75 else if(LL<RR){ 76 cout<<"Many."<<endl; 77 } 78 scanf("%lld%lld",&h,&q); 79 } 80 81 return 0; 82 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/CXCXCXC/p/4716249.html
