P4344 SHOI2015 脑洞治疗仪
P4344 SHOI2015 脑洞治疗仪 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
其实是水紫。原题题面描述比较诡异，这里精炼一下。
维护一个 01 序列，支持以下操作：
- 给定 \(l\)，\(r\)，将区间 \([l, r]\) 推平为 \(0\)；
- 给定 \(l\)，\(r\)，\(x\)，将区间 \([l, r]\) 的前 \(x\) 个 \(0\) 修改为 \(1\)，如果 \(x\) 超过该区间中 \(0\) 的数量则直接将该区间推平为 \(1\)；
- 给定 \(l\)，\(r\)，查询 \([l, r]\) 中 \(1\) 的数量；
- 给定 \(l\)，\(r\)，查询 \([l, r]\) 中的纯 \(0\) 最大连续子序列长度。
一、三、四操作是线段树老生常谈的问题了，我们考虑维护以下信息：
sum表示 \(1\) 的数量；lmx表示从左开始纯 \(0\) 最大连续子序列长度；rmx表示从右开始纯 \(0\) 最大连续子序列长度；ans表示纯 \(0\) 最大连续子序列长度；len表示区间长度。
那么对于 pushup 有：
t[p].sum = t[ls(p)].sum + t[rs(p)].sum;
t[p].lmx = max(t[ls(p)].lmx, (t[ls(p)].len + t[rs(p)].lmx) * (t[ls(p)].sum == 0));
t[p].rmx = max(t[rs(p)].rmx, (t[rs(p)].len + t[ls(p)].rmx) * (t[rs(p)].sum == 0));
t[p].ans = max({t[ls(p)].ans, t[rs(p)].ans, t[ls(p)].rmx + t[rs(p)].lmx});
这个转移可以自己尝试推导一下，如果做过线段树维护区间最大连续子序列和，应该不难理解。
推平的懒标记很好写。记录 tag。为 \(0\) 表示无标记。为 \(1\) 表示推平成 \(0\)，为 \(2\) 表示推平成 \(1\)。
推平状态下维护的那四个变量（区间长度不算）也是显然的。然后就没了。
那么怎么做操作二？
其实很简单，二分一下中间点 \(k\)，询问 \([l, k]\) 中 \(0\) 的数量，就可以找到使得 \([l, k]\) 中 \(0\) 的数量为 \(x\) 的那个 \(k\)。然后推平 \([l, k]\) 就可以了。
这样以来操作二复杂度是 \(\log^2 n\) 的，可以通过本题。但事实上可以单 \(\log\)。
考虑在线段树上搞这个操作二，有两种情况：
- 所有 \(1\) 都填到了左半区间；
- \(1\) 把左半区间填满（推平）了，然后剩下的 \(1\) 右填到了右半区间。
复杂度 \(\Theta(n \log n + m \log n)\)。
/*
* @Author: crab-in-the-northeast
* @Date: 2023-01-04 05:00:10
* @Last Modified by: crab-in-the-northeast
* @Last Modified time: 2023-01-04 05:42:04
*/
#include <bits/stdc++.h>
inline int read() {
int x = 0;
bool f = true;
char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
if (ch == '-')
f = false;
for (; isdigit(ch); ch = getchar())
x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
return f ? x : (~(x - 1));
}
inline int ls(int p) {
return p << 1;
}
inline int rs(int p) {
return p << 1 | 1;
}
const int maxn = (int)2e5 + 5;
struct node {
int len, sum, lmx, rmx, ans;
} t[maxn << 2];
int laz[maxn << 2];
node con(node lef, node rgt) {
return (node) {
lef.len + rgt.len,
lef.sum + rgt.sum,
std :: max(lef.lmx, (lef.len + rgt.lmx) * (lef.sum == 0)),
std :: max(rgt.rmx, (rgt.len + lef.rmx) * (rgt.sum == 0)),
std :: max({lef.ans, rgt.ans, lef.rmx + rgt.lmx})
};
}
void up(int p) {
t[p] = con(t[ls(p)], t[rs(p)]);
}
void build(int p, int l, int r) {
if (l == r) {
t[p] = (node) {
1, 1, 0, 0, 0
};
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(ls(p), l, mid);
build(rs(p), mid + 1, r);
up(p);
}
void tag(int p, int op) {
if (op == 1) {
t[p] = (node) {
t[p].len, 0, t[p].len, t[p].len, t[p].len
};
laz[p] = 1;
} else {
t[p] = (node) {
t[p].len, t[p].len, 0, 0, 0
};
laz[p] = 2;
}
}
void down(int p) {
if (!laz[p])
return ;
tag(ls(p), laz[p]);
tag(rs(p), laz[p]);
laz[p] = 0;
}
node query(int p, int l, int r, int L, int R) {
if (l == L && r == R)
return t[p];
down(p);
int mid = (l + r) >> 1;
if (R <= mid)
return query(ls(p), l, mid, L, R);
else if (L > mid)
return query(rs(p), mid + 1, r, L, R);
else
return con(
query(ls(p), l, mid, L, mid),
query(rs(p), mid + 1, r, mid + 1, R)
);
}
void clear(int p, int l, int r, int L, int R) {
if (l == L && R == r) {
tag(p, 1);
return ;
}
down(p);
int mid = (l + r) >> 1;
if (R <= mid)
clear(ls(p), l, mid, L, R);
else if (L > mid)
clear(rs(p), mid + 1, r, L, R);
else {
clear(ls(p), l, mid, L, mid);
clear(rs(p), mid + 1, r, mid + 1, R);
}
up(p);
}
int sol(int p, int l, int r, int L, int R, int x) {
if (!x)
return 0;
int tot = t[p].len - t[p].sum;
if (l == L && R == r && tot <= x) {
tag(p, 2);
return x - tot;
}
down(p);
int ans = 0, mid = (l + r) >> 1;
if (R <= mid)
ans = sol(ls(p), l, mid, L, R, x);
else if (L > mid)
ans = sol(rs(p), mid + 1, r, L, R, x);
else
ans = sol(rs(p), mid + 1, r, mid + 1, R,
sol(ls(p), l, mid, L, mid, x));
up(p);
return ans;
}
int main() {
int n = read(), m = read();
build(1, 1, n);
while (m--) {
int op = read();
if (op == 0) {
int l = read(), r = read();
clear(1, 1, n, l, r);
} else if (op == 1) {
int l1 = read(), r1 = read(), l2 = read(), r2 = read();
int x = query(1, 1, n, l1, r1).sum;
clear(1, 1, n, l1, r1);
sol(1, 1, n, l2, r2, x);
} else {
int l = read(), r = read();
printf("%d\n", query(1, 1, n, l, r).ans);
}
}
return 0;
}
