洛谷 P2184 贪婪大陆 解题报告
P2184 贪婪大陆
题目背景
面对蚂蚁们的疯狂进攻，小\(FF\)的\(Tower\) \(defence\)宣告失败……人类被蚂蚁们逼到了\(Greed\) \(Island\)上的一个海湾。现在，小\(FF\)的后方是一望无际的大海， 前方是变异了的超级蚂蚁。 小\(FF\)还有大好前程，他可不想命丧于此， 于是他派遣手下最后一批改造\(SCV\)布置地雷以阻挡蚂蚁们的进攻。
题目描述
小\(FF\)最后一道防线是一条长度为\(N\)的战壕， 小\(FF\)拥有无数多种地雷，而SCV每次可以在\([L,R]\)区间埋放同一种不同于之前已经埋放的地雷。 由于情况已经十万火急，小\(FF\)在某些时候可能会询问你在\([L',R']\)区间内有多少种不同的地雷， 他希望你能尽快的给予答复。
输入输出格式
输入格式：
第一行为两个整数\(n\)和\(m\)； \(n\)表示防线长度，\(m\)表示\(SCV\)布雷次数及小\(FF\)询问的次数总和。
接下来有\(m\)行， 每行三个整数\(Q\),\(L\),\(R\)； 若\(Q\)=1则表示\(SCV\)在\([L,R]\)这段区间布上一种地雷， 若\(Q=2\)则表示小\(FF\)询问当前\([L,R]\)区间总共有多少种地雷。
输出格式：
对于小FF的每次询问，输出一个答案（单独一行），表示当前区间地雷总数。
说明：
对于30%的数据： \(0<=n, m<=1000\);
对于100%的数据：\(0<=n, m<=10^5\).
说两个方法吧
方法一：维护区间和和合并区间时多加上的一部分，基于容斥原理，是这位大佬想到的
具体的：
我们维护\(sum\)代表这个区间的种类数，每次区间修改操作即为对二进制所划分的每个区间+1（不是对每个值，是对区间），防止退化我们用一个\(lazy1\)维护
这时候在区间合并的时候就会产生问题，会重复统计。
我们再维护一个值\(mer\)代表这个二进制区间被多少次划分时分开了，则统计答案时即为\(sum[ls]+sum[rs]-mer[ls]\)
这个也是区间操作，同样用一个\(lazy2\)来维护
Code:
#include <cstdio>
#define ls id<<1
#define rs id<<1|1
const int N=100010;
int sum[N<<2],mer[N<<2],lazy1[N<<2],lazy2[N<<2],n,m;
void push_down(int id,int l,int r)
{
if(l!=r)
{
sum[ls]+=lazy1[id];
sum[rs]+=lazy1[id];
mer[ls]+=lazy2[id];
lazy1[ls]+=lazy1[id];
lazy1[rs]+=lazy1[id];
lazy2[ls]+=lazy2[id];
lazy2[rs]+=lazy2[id];
}
lazy1[id]=lazy2[id]=0;
}
void change(int id,int l,int r,int L,int R)
{
if(l==L&&r==R)
{
sum[id]++;
lazy1[id]++;
lazy2[id]++;
return;
}
int Mid=L+R>>1;
if(r<=Mid)
change(ls,l,r,L,Mid);
else if(l>Mid)
change(rs,l,r,Mid+1,r);
else
{
mer[ls]++;
change(ls,l,Mid,L,Mid);
change(rs,Mid+1,r,Mid+1,R);
}
push_down(id,L,R);
sum[id]=sum[ls]+sum[rs]-mer[ls];
}
int query(int id,int l,int r,int L,int R)
{
push_down(id,L,R);
if(l==L&&r==R)
return sum[id];
int Mid=L+R>>1;
if(r<=Mid)
return query(ls,l,r,L,Mid);
else if(l>Mid)
return query(rs,l,r,Mid+1,r);
else
return query(ls,l,Mid,L,Mid)+query(rs,Mid+1,r,Mid+1,R)-mer[ls];
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int q,l,r;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&q,&l,&r);
if(q==1) change(1,l,r,1,n);
else printf("%d\n",query(1,l,r,1,n));
}
return 0;
}
方法二：维护区间两端进行统计
我们发现，对于一个区间\(1\)~\(i\)，\(i\)及其左边的区间的左端点的数量即为答案
对于一个区间\(i\)~\(n\)，\(i\)左边的右端点不是它的答案
综合一下，对于一个区间\(l\)$r$，$r$及左边的左端点数量-$l$左边的右端点数量，不就是$l$\(r\)所覆盖的区间数量了吗？
单点修改，我们只需要用两个树状数组维护就行了
Code:
#include <cstdio>
const int N=100010;
int s[2][N],n,m;
int query(int typ,int x)
{
int sum=0;
while(x)
{
sum+=s[typ][x];
x-=x&-x;
}
return sum;
}
void add(int typ,int x)
{
while(x<=n)
{
s[typ][x]+=1;
x+=x&-x;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int q,l,r;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&q,&l,&r);
if(q==1)
add(0,l),add(1,r);
else
printf("%d\n",query(0,r)-query(1,l-1));
}
return 0;
}
2018.7.12
