P5568 题解

题意简述

对一个空集 $S$ 进行 $M(M\le 7\times {10}^4)$ 次操作，每次给出一个集合 $T$（以自然数区间形式给出），对 $S$ 进行以下五种操作之一：

1. $S=S\cup T$
2. $S=S\cap T$
3. $S=S-T$
4. $S=T-S$
5. $S=(S-T)\cup (T-S)$

求最终的 $S$。

题目分析

很直观的线段树题，分建树、修改、查询分别展开说明。

建树

由于涉及到的区间都是自然数区间，因此需要维护的区间个数有限，用线段树的结点维护就可以了。

为了方便维护，我们可以将所有自然数自身组成的闭区间 $[k,k]$（这种区间按理说是不合法的，但是本题都这么写了就将就用吧） 编号为 $2k$，将所有两个相邻自然数之间的开区间 $(k,k+1)$ 编号为 $2k+1$。我们姑且称这两种区间为“单位区间”，则所有的自然数区间都可以表示为“单位区间”的并。例如 $(a,b]$ 可以表示为编号 $2a+1$ 到 $2b$ 的“单位区间”之并，$[b,a)$ 可以表示为编号 $2a$ 到 $2b-1$ 的“单位区间”之并。

我们考虑线段树结点维护的信息。最基本地，每个结点维护其对应区间的两端“单位区间”的编号 $l$ 和 $r$。而考虑到题目中的操作实质上就是改变了一些“单位区间”是否在答案区间里的状态，因此再让结点维护其对应区间中在 $S$ 里的“单位区间”的个数 $cnt$。最后就是懒标记 $tag$，我们设计其可能值为 $-1,0,1,2$，分别代表无标记、将区间内全部“单位区间”都从 $S$ 中删除、将区间内全部“单位区间”都加入 $S$、将全部“单位区间”是否在 $S$ 里的状态取反（可能有点奇怪，可先看修改部分再理解）。标记累加的具体细节详见代码。

修改

分析一下本题的五种操作：

对于操作 $1$，把 $T$ 中的所有“单位区间”加入 $S$ 里，即 $T$ 对应的的结点 $cnt$ 赋值为 $r-l+1$。

对于操作 $2$，把所有不在 $T$ 中的“单位区间”从 S 中去除，即除 $T$ 之外的区间对应的结点 $cnt$ 赋值为 $0$。

对于操作 $3$，把 $T$ 中的所有“单位区间”从 $S$ 中去除，即 $T$ 对应的结点 $cnt$ 赋值为 $0$。

对于操作 $4$，把不属于 $T$ 中的所有“单位区间”从 $S$ 中去除，并把属于 $T$ 中的所有“单位区间”状态取反即可。即除 $T$ 之外的区间对应的结点 $cnt$ 赋值为 $0$，$T$ 对应的结点 $cnt$ 赋值为 $r-l+1-cnt$。

对于操作 $5$，把属于 $T$ 中的所有“单位区间”状态取反，即 $T$ 对应的结点 $cnt$ 赋值为 $r-l+1-cnt$。

查询

题目要求输出在 $S$ 中的区间，并不一定全都是结点对应的。但是注意到这些区间对应的所有结点一定满足 $cnt=r-l+1$，所以我们考虑递归找到所有满足该条件的结点，再将其对应的区间合并即可。

我们从根结点开始查询。当前结点满足 $cnt=r-l+1$，就把该结点对应的区间直接加到答案里，不再递归。否则，若左子结点的 $cnt\ne 0$，递归到左节点；若右子结点的 $cnt\ne 0$，则再递归到右节点。当然，如果最开始根结点 $cnt=0$，就输出 empty set。

答案区间的合并是简单的，不再赘述。至于输出，根据区间的端点奇偶性判断区间开闭并计算原编号即可。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{
	int l,r,cnt,tag;	
}tr[524300];
char op[2],str[50];
int l[70010],r[70010],i,q,OP[70010],mx=INT_MIN,mn=INT_MAX,ans1[140010],ans2[140010],cnt,L;
bool pt(int l,int r)
{
	printf("%c%d,%d%c ",(l&1?'(':'['),l>>1,r+1>>1,(r&1?')':']'));
}
void pushup(int p)
{
	tr[p].cnt=tr[p<<1].cnt+tr[p<<1|1].cnt;
}
void addtag(int p,int val)
{
	if(!val)
	{
		tr[p].tag=0;
		tr[p].cnt=0;
	}//如果是全改成 0，直接设置即可。 
	else if(val==1)
	{
		tr[p].tag=1;
		tr[p].cnt=tr[p].r-tr[p].l+1;
	}//全改成 1 也类似。 
	else//取反情况较复杂。 
	{
		tr[p].cnt=tr[p].r-tr[p].l+1-tr[p].cnt;
		if(tr[p].tag==2)//如果原来就要取反，再取反就不变了。 
			tr[p].tag=-1;
		else if(tr[p].tag>-1)//如果原来是要全改成什么，取反后就是改成相反的数了 。 
			tr[p].tag=(!tr[p].tag);
		else
			tr[p].tag=2;//如果原来不改，就记上标记。 
	}
}//给结点 p 进行操作 val 
void pushdown(int p)
{
	if(tr[p].tag!=-1)
	{
		addtag(p<<1,tr[p].tag);//传给左子结点 
		addtag(p<<1|1,tr[p].tag);//传给右子结点 
		tr[p].tag=-1;//清空标记 
	}
}
void build(int p,int l,int r)
{
	tr[p].l=l,tr[p].r=r;
	tr[p].tag=-1;//初始没有标记。 
	if(l==r)
	{
		tr[p].cnt=0;//初始 S 为空 
		return;
	}
	int mid=l+r>>1;
	build(p<<1,l,mid);//建左子节点
	build(p<<1|1,mid+1,r);//建右子节点 
	pushup(p);
}
void change(int p,int l,int r,int val)
{
	if(tr[p].l>=l&&tr[p].r<=r)
	{
		addtag(p,val);//当前结点全在修改区间里，直接改。 
		return;
	}
	pushdown(p);//先传标记
	int mid=tr[p].l+tr[p].r>>1;
	if(l<=mid)//左子结点要改 
		change(p<<1,l,r,val);
	if(r>mid)//右子结点要改
		change(p<<1|1,l,r,val);
	pushup(p);
}
void query(int p)
{
	pushdown(p);//先传标记。 
	if(tr[p].cnt==tr[p].r-tr[p].l+1)
	{
		ans1[++cnt]=tr[p].l;
		ans2[cnt]=tr[p].r;//把结点的左右编号放到答案里 
		return;
	}
	if(tr[p<<1].cnt)
		query(p<<1);//左子结点有在 S 里的就查询
	if(tr[p<<1|1].cnt)
		query(p<<1|1);//右子结点有在 S 里的就查询
}
int main()
{
	while(scanf("%s %s",op+1,str+1)==2)	
	{
		q++;
		l[q]=r[q]=0;
		for(i=2;str[i]<='9'&&str[i]>='0';i++)
			l[q]=l[q]*10+str[i]-'0';
		for(i++;i<strlen(str+1);i++)
			r[q]=r[q]*10+str[i]-'0';
		if(str[1]=='[')
			l[q]=2*l[q];
		else
			l[q]=2*l[q]+1;
		if(str[strlen(str+1)]==']')
			r[q]=2*r[q];
		else
			r[q]=2*r[q]-1;
		if(op[1]=='U')
			OP[q]=1;
		else if(op[1]=='I')
			OP[q]=2;
		else if(op[1]=='D')
			OP[q]=3;
		else if(op[1]=='C')
			OP[q]=4;
		else
			OP[q]=5;
		mx=max(mx,r[q]);
		mn=min(mn,l[q]); 	//省空间，只在修改涉及到的最小值到最大值之间建树即可
	}
	mn--;//注意修改时会涉及到 mn-1 和 mx+1 
	mx++;
	build(1,mn,mx); 
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		if(OP[i]==1)
			change(1,l[i],r[i],1);
		else if(OP[i]==2)
			change(1,mn,l[i]-1,0),change(1,r[i]+1,mx,0);
		else if(OP[i]==3)
			change(1,l[i],r[i],0);
		else if(OP[i]==4)
			change(1,mn,l[i]-1,0),change(1,l[i],r[i],2),change(1,r[i]+1,mx,0);
		else
			change(1,l[i],r[i],2);
	}
	if(!tr[1].cnt)//S 为空 
	{
		printf("empty set");
		return 0;
	}
	query(1);//查询 
	L=ans1[1];
	for(int i=2;i<=cnt;i++)
		if(ans1[i]-ans2[i-1]!=1)
		{
			pt(L,ans2[i-1]);
			L=ans1[i];
		}
	pt(L,ans2[cnt]);//输出 
	return 0;
}