P10120『STA - R4』冰红茶 题解

分析

出得很好，模板套模板，希望下次再来。

难点在于维护最后连续喝的 DS 饮料数量。设这次喝原味饮料的区间为 $[l,r]$，上一次为 $[l^{\prime },r^{\prime }]$。则有两种情况：

1. $[l,r]$ 与 $[l^{\prime },r^{\prime }]$ 不相交。如：

在 $[l^{\prime },r^{\prime }]$ 和 $[l,r]$ 两个区间中的 DS 连续喝的同种饮料数量都会变成 $k$，而其他的则增加 $k$。

2. $[l,r]$ 与 $[l^{\prime },r^{\prime }]$ 相交。如：

在 $[l^{\prime },r^{\prime }]$ 和 $[l,r]$ 两个区间中不相交的区间的 DS 连续喝的同种饮料数量都会变成 $k$，而其他的则增加 $k$。

这就是操作一转化之后你能维护的东西。说是模板其实是因为这个区间赋值和区间加就是扶苏的问题。这里就不分析了。

然后就是另一个模板——维护操作二。很明显的一个小清新，因为 DS 的数量不增。考虑线段树上的某个区间在什么情况下会有 DS 被干掉。因为 BTC 是干掉连续喝相同饮料数量不少于 $k$ 的，所以维护一个区间最大值，若最大值 $x\ge k$ 且该区间有 DS 没被干掉时，这个区间有很大可能发生 DS 被 BTC 干掉的情况。很简单的模板小清新，单点修改即可。

对于询问，就是求出来区间 $[1,n]$ 有多少 DS 被干掉了，答案为 $n-cnt$。求序列被干掉的 DS 数量可以 $O(1)$。

复杂度 $O(n\log n)$。

小细节：保证小清新的时间复杂度，当一个 DS 被干掉之后，他的最大值应赋值为极小值。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define re register
#define il inline
#define pii pair<int,int>
#define x first
#define y second
#define gc getchar()
#define rd read()
#define debug() puts("------------")

namespace yzqwq{
	il int read(){
		int x=0,f=1;char ch=gc;
		while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=gc;}
		while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc;
		return x*f;
	}
	il int qmi(int a,int b,int p){
		int ans=1;
		while(b){
			if(b&1) ans=ans*a%p;
			a=a*a%p,b>>=1;
		}
		return ans;
	}
	il auto max(auto a,auto b){return (a>b?a:b);}
	il auto min(auto a,auto b){return (a<b?a:b);}
	il int gcd(int a,int b){
		if(!b) return a;
		return gcd(b,a%b);
	}
	il int lcm(int a,int b){
		return a/gcd(a,b)*b;
	}
	il void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
		if(!b) return x=1,y=0,void(0);
		exgcd(b,a%b,x,y);
		int t=x;
		x=y,y=t-a/b*x;
		return ;
	}
	mt19937 rnd(time(0));
}
using namespace yzqwq;

const int N=3e5+10;
int n,q;
pii lst;
struct Tree{
	int l,r;
	int mx,kil;
	int tag1,tag2,tag;
}tr[N<<2];

il void up(int now){
	tr[now].mx=max(tr[now<<1].mx,tr[now<<1|1].mx);
	tr[now].kil=tr[now<<1].kil+tr[now<<1|1].kil;
	return ;
}
il void down(int now){
	if(tr[now].tag==1){//覆盖 
		tr[now<<1].tag1=tr[now<<1|1].tag1=tr[now].tag1;
		tr[now<<1].tag2=tr[now<<1|1].tag2=tr[now].tag2;
		tr[now<<1].mx=tr[now<<1|1].mx=tr[now].tag1+tr[now].tag2;
		tr[now].tag1=tr[now].tag2=tr[now].tag=0;
		tr[now<<1].tag=tr[now<<1|1].tag=1; 
	}
	else{//加
		tr[now<<1].tag2+=tr[now].tag2,
		tr[now<<1|1].tag2+=tr[now].tag2;
		tr[now<<1].mx+=tr[now].tag2,
		tr[now<<1|1].mx+=tr[now].tag2;
		tr[now].tag1=tr[now].tag2=tr[now].tag=0;
	}
	return ;
}
il void build(int now,int l,int r){
	tr[now].l=l,tr[now].r=r;
	if(l==r) return ;
	int mid=l+r>>1;
	build(now<<1,l,mid),build(now<<1|1,mid+1,r);
	return ;
}
il void add1(int now,int l,int r,int k){//区间加
	if(tr[now].l>=l&&tr[now].r<=r){
		tr[now].mx+=k,
		tr[now].tag2+=k;
		return ;
	}
	down(now);
	int mid=tr[now].l+tr[now].r>>1;
	if(l<=mid) add1(now<<1,l,r,k);
	if(mid<r) add1(now<<1|1,l,r,k);
	return up(now),void(0);
}
il void add2(int now,int l,int r,int k){//区间覆盖
	if(tr[now].l>=l&&tr[now].r<=r){
		tr[now].mx=tr[now].tag1=k,
		tr[now].tag2=0,tr[now].tag=1;
		return ;
	}
	down(now);
	int mid=tr[now].l+tr[now].r>>1;
	if(l<=mid) add2(now<<1,l,r,k);
	if(mid<r) add2(now<<1|1,l,r,k);
	return up(now),void(0);
}
il void del(int now,int l,int r,int k){//干掉 DS
	if(tr[now].l==tr[now].r){
		tr[now].mx=-1e18,tr[now].kil=1;
		return ;
	}
	down(now);
	int mid=tr[now].l+tr[now].r>>1;
	if(l<=mid&&tr[now<<1].mx>=k&&tr[now<<1].kil<tr[now<<1].r-tr[now<<1].l+1) del(now<<1,l,r,k);
	if(mid<r&&tr[now<<1|1].mx>=k&&tr[now<<1|1].kil<tr[now<<1|1].r-tr[now<<1|1].l+1) del(now<<1|1,l,r,k);
	return up(now),void(0);
}

il void solve(){
	n=rd,q=rd;
	build(1,1,n);
	for(re int i=1;i<=q;++i){
		int op=rd,l,r,k;
		if(op==1){
			l=rd,r=rd,k=rd;
			if(!lst.x) add1(1,1,n,k),lst={l,r};
			else{
				int l_=lst.x,r_=lst.y;
				if(r_<l||r<l_){//区间不相交 
					if(min(l,l_)>1) add1(1,1,min(l,l_)-1,k);
					if(max(r,r_)<n) add1(1,max(r,r_)+1,n,k);
					add2(1,l_,r_,k);
					add2(1,l,r,k);
					if(r_<l&&r_+1<=l-1) add1(1,r_+1,l-1,k);
					if(r<l_&&r+1<=l_-1) add1(1,r+1,l_-1,k);
				}
				else{//区间相交 
					if(min(l,l_)>1) add1(1,1,min(l,l_)-1,k);
					if(max(r,r_)<n) add1(1,max(r,r_)+1,n,k);
					add2(1,min(l,l_),max(l,l_)-1,k);
					add2(1,min(r,r_)+1,max(r,r_),k);
					add1(1,max(l,l_),min(r,r_),k);
				}
				lst={l,r};
			}
		}
		else if(op==2){
			l=rd,r=rd,k=rd;
			del(1,l,r,k);
		}
		else printf("%lld\n",n-tr[1].kil);
	}
	return ;
}

signed main(){
	int t=1;while(t--)
	solve();
	return 0;
}