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。
对于30%的数据: 0<=n, m<=1000;
对于100%的数据: 0<=n, m<=10^5.
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。
输入输出样例
- 5 4
- 1 1 3
- 2 2 5
- 1 2 4
- 2 3 5
- 1
- 2
Solution:
本题要求一段区间雷的个数,等价于求该区间与多少个前面修改过的区间相交。
那么我们用两个树状数组s,c,s维护节点i之前有多少个区间的左端点,c维护节点i之前有多少个区间的右端点。
则每次修改区间[x,y]时,将s从[x,n]每一位+1,将c从[y,n]每一位+1,套用差分的思想只需单点修改即可。查询区间[x,y]时,答案=y之前的区间左端点个数−x之前的区间右端点个数,套用了类似前缀和的思想。
代码:
- #include<bits/stdc++.h>
- #define il inline
- #define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
- using namespace std;
- const int N=1e5+7;
- int n,m,s[N],c[N];
- il int gi(){
- int a=0;char x=getchar();
- while(x<'0'||x>'9')x=getchar();
- while(x>='0'&&x<='9')a=(a<<3)+(a<<1)+x-48,x=getchar();
- return a;
- }
- il void update(int k,int x,int *c){while(k<=n){c[k]+=x;k+=k&-k;}}
- il int query(int x,int *c){int su=0;while(x){su+=c[x];x-=x&-x;}return su;}
- int main(){
- n=gi(),m=gi();
- int f,x,y;
- For(i,1,m){
- f=gi(),x=gi(),y=gi();
- if(f==1){
- update(x,1,s);
- update(y,1,c);
- }
- else printf("%d\n",query(y,s)-query(x-1,c));
- }
- return 0;
- }
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