P3870 [TJOI2009]开关

题目描述

现有N（2 ≤ N ≤ 100000）盏灯排成一排，从左到右依次编号为：1，2，......，N。然后依次执行M（1 ≤ M ≤ 100000）项操作，操作分为两种：第一种操作指定一个区间[a, b]，然后改变编号在这个区间内的灯的状态（把开着的灯关上，关着的灯打开），第二种操作是指定一个区间[a, b]，要求你输出这个区间内有多少盏灯是打开的。灯在初始时都是关着的。

输入输出格式

输入格式：
第一行有两个整数N和M，分别表示灯的数目和操作的数目。接下来有M行，每行有三个整数，依次为：c, a, b。其中c表示操作的种类
当c的值为0时，表示是第一种操作。当c的值为1时表示是第二种操作。
a和b则分别表示了操作区间的左右边界（1 ≤ a ≤ b ≤ N）。
输出格式：
每当遇到第二种操作时，输出一行，包含一个整数：此时在查询的区间中打开的灯的数目。

简述题意

给出一颗01线段树，对其区间进行xor操作，并查询区间中1的个数

思路

最开始想用线段树来记录一个区间是否被xor过，再加上区间长度，后来发现不行，以为在一个区间可能会存在不同xor过的点。然后又想到直接单点查询，才发现复杂度直接O(nm)，不可做。
于是改变思路，用平常思维来写，用sum表示区间和，想了很久怎么更新其值，后来想到，xor一个区间。更新区间只需要用区间长度减去原区间值就好了。lazy的维护用原值xor,同时两次xor就相当于还原。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define lson rt<<1
#define rson rt<<1|1
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int lazy[maxn<<2],sum[maxn<<2];
int res=0;
int n,m;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch<='9'&&ch>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline void pushup(int rt)
{
	sum[rt]=sum[lson]+sum[rson];
}
inline void pushdown(int rt,int m)
{
	if(lazy[rt])
	{
		sum[lson]=m-(m>>1)-sum[lson];
		sum[rson]=(m>>1)-sum[rson];
		lazy[lson]^=1;
		lazy[rson]^=1;
		lazy[rt]=0;
	}
}
void update(int L,int R,int l,int r,int rt)
{
	if(L<=l&&r<=R)
	{
		lazy[rt]^=1;
		sum[rt]=r-l+1-sum[rt];
		return;
	}
	pushdown(rt,r-l+1);
	int m=(l+r)>>1;
	if(L<=m)
	update(L,R,l,m,lson);
	if(m<R)
	update(L,R,m+1,r,rson);
	pushup(rt);
}
inline void query(int L,int R,int l,int r,int rt)
{
	if(L<=l&&r<=R)
	{
		res+=sum[rt];
		return;
	}
	pushdown(rt,r-l+1);
	int m=(l+r)>>1;
	if(L<=m)
	query(L,R,l,m,lson);
	if(m<R)
	query(L,R,m+1,r,rson);
}
int main()
{
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int op=read();
		if(op==0)
		{
			int x=read(),y=read();
			update(x,y,1,n,1);
		}
		if(op==1)
		{
			int x=read(),y=read();
			res=0;
			query(x,y,1,n,1);
			printf("%d\n",res);
		}
	}
	return 0;
}