Educational Codeforces Round 137 (Rated for Div. 2) - F. Intersection and Union

（线段树 + 思维）or 动态dp

[Problem - F - Codeforces](https://codeforces.com/contest/1743/problem/E)

题意

数轴上有 \(n\) 个线段 \([l,r]\;(0<=l<=r<=3*10^5)\) ，表示有一个集合 \(s_i\) 为 \([l,r]\)

有三种集合运算，交、并、异或（两个集合异或 = 并 - 交）

\(S=s_i\;op\;s_2\;op\;...\;op\;s_n\) ，对于 \(n-1\) 个 op 的选择，有 \(3^{n-1}\) 种，求这 \(3^{n-1}\) 个 S 的大小之和

思路1

1. 单独考虑一个元素 \(x\), 设 \(a\) 为包含 x 的一个集合，\(b\) 为不包含 \(x\) 的一个集合

2. 关键是发现如下性质：

   1. 两个 b 搞不出来 x
   2. a 交，并 a 可以保留 x，有 2 种
   3. a 并，异或 b 可以保留 x，有 2 种

3. 因此若最终想保留 x，则需要找到最后一个包含 x 的集合的下标 last （用线段树来维护单点最大值和区间赋值）

   前 last - 2 个操作无所谓；后面的 n - last + 1 个操作只有 2 种选择才能保留 x

   因此保留 x 的方案数为 \(3^{last-2}*2^{n-last+1}\) 个

思路2

1. 同样单独考虑一个元素 x

2. 设 \(f[i][0/1]\) 表示前 i 个集合操作完后，x 是否在当前集合中的方案数

3. 当 x 在 \(s_i\) 中时

   1. \(f[i][0]=f[i-1][0]+f[i-1][1]\)
   2. \(f[i][1]=2*f[i-1][0]+2*f[i-1][1]\)

   当 x 不在 \(s_i\) 中时

   1. \(f[i][0]=3*f[i-1][0]+f[i-1][1]\)
   2. \(f[i][1]=2*f[i-1][1]\)

4. 但这样转移的复杂度为 \(O(n*3e5)\)

5. 由于每个集合都是一个区间，可以用线段树来优化，可以对每个区间中所有数整体来转移

6. 上述转移可写成矩阵的形式：

   1. x 在 \(s_i\) 中时
   \[\begin{bmatrix} f[i][0]\\ f[i][1] \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1&1\\ 2&2 \end{bmatrix}* \begin{bmatrix} f[i-1][0]\\ f[i-1][1] \end{bmatrix} \]
   2. x 不在 \(s_i\) 中时
      \[\begin{bmatrix} f[i][0]\\ f[i][1] \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 3&1\\ 2&0 \end{bmatrix}* \begin{bmatrix} f[i-1][0]\\ f[i-1][1] \end{bmatrix} \]

7. 可用线段树对一个区间整体乘上一个矩阵

代码1

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl "\n"

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;

const int N = 3e5 + 10;
const int mod = 998244353;
int n;
struct SegmentTree {
   #define ls u << 1
   #define rs u << 1 | 1
   struct T {
       int l, r;
       ll v;
       ll add;
   }tr[N << 2];
   void pushup(int u) {
       tr[u].v = max(tr[ls].v, tr[rs].v);
   }
   void update(T& rt, int add)  {
       rt.add = add, rt.v = add;
   }
   void pushdown(int u) {
       if (tr[u].add) {
           update(tr[ls], tr[u].add);
           update(tr[rs], tr[u].add);
           tr[u].add = 0;
       }
   }
   void build(int u, int l, int r) {
       tr[u].l = l, tr[u].r = r, tr[u].v = tr[u].add = 0;
       if (tr[u].l == tr[u].r) {
           return ;
       }
       int mid = (tr[u].l + tr[u].r) >> 1;
       build(ls, l, mid), build(rs, mid + 1, r);
       pushup(u);
       return ;
   }
   void modify(int u, int l, int r, int v) {
       if (tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) {
           update(tr[u], v);
           return ;
       }
       pushdown(u);
       int mid = (tr[u].l + tr[u].r) >> 1;
       if (l <= mid) modify(ls, l, r, v);
       if (r > mid) modify(rs, l, r, v);
       pushup(u);
       return ;
   }
   int query(int u, int l, int r) {
       if (tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) {
           return tr[u].v;
       }
       pushdown(u);
       int mid = (tr[u].l + tr[u].r) >> 1;
       int res = 0;
       if (l <= mid) res = query(ls, l, r);
       if (r > mid) res = max(res, query(rs, l, r));
       return res;
   }
}tr;

ll qmi(ll a, ll b)
{
	ll ans = 1;
	while(b)
	{
		if (b & 1)
			ans = ans * a % mod;
		b >>= 1;
		a = a * a % mod;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n;
	tr.build(1, 0, N - 10);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int l, r;
		cin >> l >> r;
		tr.modify(1, l, r, i);
	}
	ll ans = 0;
	for (int i = 0; i <= N - 10; i++)
	{
		int last = tr.query(1, i, i);
        if (last == 0)
            continue;
		int a = max(0, last - 2);
		int b = n - 1 - a;
		ans += qmi(3, a) * qmi(2, b) % mod;
		ans %= mod;
	}
	cout << ans << endl;
    return 0;
}