poj-2777线段树刷题
概述
做了几道染色的问题,,好像渐渐的熟悉的染色问题的大概的解体思路,,,不再像刚开始做的时候那样一脸懵逼,,,只能去翻博客去看别人的思路,,,好歹这次没有看别人博客自己写出来,,,(除了一些细节没考虑到wa的一发,,,,逃
分析与思路
题面
大概的意思就是给一个区间1~n,,,然后最多有30种颜色,,,q次操作对[l,r]这个区间染色,,,中间有一些询问区间[l , r]内一共有几种颜色,,,
分析
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首先考虑线段树所维护的东西,,,染色问题大多是维护每个区间的颜色,,,对于这道题就是维护该区间的颜色的种类,,,然后对于每两个子区间都要向上合并颜色的种类,,,,相同的忽略一边的不同的就加一,,,求出父区间的种类数,,,,也就是更新操作,,,询问呢就是再询问的区间[L , R]里的话直接返沪这个区间的种类数,,,跨区间的递归继续向下查找,,,
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然后考虑颜色,,,最多一共有30种,,,如果每个区间都用一个30长的数组col[30]去存放每种颜色的种类,,col[i] == 1表示这个区间有第i种颜色反之没有的话,,,空间消耗较大,,,而且相关的操作也不好表达,,,因为每个区间的每种颜色只有两种情况,,,有或没有,,,所以选择状态压缩来实现比较好,,,这里我想到前段时间看到的一个很好的状压stl--bitset,,,优点有很多,,,比如说:他就像bool数组一样但是每一位只占1bit,,,而且有很多成员函数很方便,,,具体的食用方法戳这里
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另一个需要注意的是,,,线段树要选择lazy的,,,还有一些细节:
区间的合并需要或操作,,,包括更新和询问
初始时所有区间都为1
当整个区间都染色时是将该区间的node[rt].col改为c,,,而不是或
还有一个最坑人的,,,,题目不保证l <= r,,,(poj上的题都这样的吗,,噗噗噗噗
代码
这次又写成node结构体实现的了,,,还是因为这个理解起来很容易,,,,
但是缺点是占用的空间比较大,,,,
下次再写这道题的时候要换用另一种裸的了QAQ
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <bitset>
using namespace std;
#define lson rt<<1,l,mid
#define rson rt<<1|1,mid+1,r
#define aaa cout << node[rt].col << endl;
const int maxn = 1e5 + 10;
struct node
{
int l;
int r;
int laz;
bitset<30> col; //bitset,,表示该区间的颜色的种类
}node[maxn << 2];
void build(int rt , int l , int r)
{
node[rt].l = l;
node[rt].r = r;
node[rt].laz = 0;
node[rt].col = 0;
if(node[rt].l == node[rt].r)
{
node[rt].col = 1; //初始化为1
return;
}
int mid = (node[rt].l + node[rt].r) >> 1;
build(lson);
build(rson);
node[rt].col = node[rt << 1].col | node[rt << 1 | 1].col; //记得更新,,用或
return;
}
void pushdown(int rt)
{
if(node[rt].laz)
{
bitset<30> t;
t.set(node[rt].laz - 1); //标记为laz那一个颜色
node[rt << 1].col = t; //不是或操作
node[rt << 1 | 1].col = t;
node[rt << 1].laz = node[rt].laz;
node[rt << 1 | 1].laz = node[rt].laz;
node[rt].laz = 0;
}
}
void update(int rt , int L , int R , int c)
{
if(L <= node[rt].l && node[rt].r <= R)
{
bitset<30> t;
t.set(c - 1);
node[rt].col = t; //同上
node[rt].laz = c;
return;
}
pushdown(rt);
int mid = (node[rt].l + node[rt].r) >> 1;
if(L <= mid) update(rt << 1 , L , R , c);
if(R > mid) update(rt << 1 | 1 , L , R , c);
node[rt].col = node[rt << 1].col | node[rt << 1 | 1].col;
return;
}
bitset<30> query(int rt , int L , int R)
{
//对每两个子区间合并,,,同样是或操作,,,所以函数返回值类型为bitset<30>
//最后的答案为 返回值.count()
if(L <= node[rt].l && node[rt].r <= R)
{
return node[rt].col;
}
pushdown(rt);
int mid = (node[rt].l + node[rt].r) >> 1;
bitset<30> ans (0);
if(L <= mid) ans |= query(rt << 1 , L , R); //用或合并
if(R > mid) ans |= query(rt << 1 | 1 , L , R);
//cout << ans << endl;
return ans;
}
int main()
{
int n , t , m;
while(scanf("%d%d%d" , &n , &t , &m) != EOF)
{
build(1 , 1 , n);
while(m--)
{
char q;
scanf(" %c" , &q);
if(q == 'C')
{
int l , r , c;
scanf("%d%d%d", &l , &r , &c);
if(l > r) swap(l , r); //巨坑!!!!
update(1 , l , r , c);
}
else
{
int l , r;
scanf("%d%d" , &l , &r);
if(l > r) swap(l , r);
printf("%d\n" , query(1 , l , r).count());
}
}
}
}
感想
算了不说了QAQ
(end)