题解 P5445 [APIO2019]路灯
思路
对于一段连续的能够互相到达的站点，这里不妨称它为一个连通块
考虑用线段树维护每一个连通块
对于一个连通块里的每一个站点，存下这个连通块的左右端点（即一个站点所能到达的最左端和最右端）
对于一次连通块改变的操作，以操作的时刻 \(t\) 来记录对答案产生的贡献
-
若为插入操作，对修改的区间贡献为 \(-t\)
-
若为删除操作，对修改的区间贡献为 \(t\)
特别的：询问时刻如果两点是连通的，记录答案 \(+t\)
这样处理可以很方便的解决某两点连通的时长
考虑切换第 \(k\) 个路灯的状态对 \(k\) 与 \(k+1\) 所在连通块的影响
-
第 \(k\) 个路灯原先是亮的
-
相当于把这个连通块以 \(k\) 与 \(k+1\) 之间为断点分成 2 个连通块
-
具体的，在线段树中查询得到左右端点 \(l\) 和 \(r\)，修改 \([l,k]\) 和 \([k+1,r]\) 分别为 1 个连通块
-
-
第 \(k\) 个路灯原先是灭的
-
相当于是将 \(k\) 和 \(k+1\) 所在的 2 个连通块合并成 1 个
-
具体的，查询 \(k\) 所能到达的左端点和 \(k+1\) 所能到达的右端点，记为 \(l\) 和 \(r\)，修改 \([l,r]\) 为 1 个连通块
-
每次操作的贡献的区间修改，可以转化为二维平面上的矩形加，于是可以用容斥的思想在矩形上差分
比如对于 \([l,k]\) 和 \([k+1,r]\) 这两个区间的一次插入操作，看做是插入 \([l,k+1]、[k,r]\) 并删除 \([l,r]、[k,k+1]\)
二维的矩形加上时间这一维 => 三维数点问题
这里我用 CDQ分治 实现
由于码力太弱，在题解和 阿丑 神佬的帮助下完成
CODE
//#pragma GCC optimize("Ofast")
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ls x<<1
#define rs x<<1|1
using namespace std;
typedef pair<int,int> pi;
inline int gin(){
char c=getchar();
int s=0,f=1;
while(c<'0' || c>'9'){
if(c=='-')f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9'){
s=(s<<3)+(s<<1)+(c^48);
c=getchar();
}
return s*f;
}
const int N=6e5+5;
char s[N];
int n,Q,tot,c[N],a[N],ans[N];
bool vis[N];
struct seg{
pi py;
bool tag;
} tr[N<<2];
struct node{
int op,x,y1,y2,id,v;
} t[N],tmp[N];
void pushdown(int x){
if(tr[x].tag){
tr[ls].py=tr[rs].py=tr[x].py;
tr[ls].tag=tr[rs].tag=1;
tr[x].tag=0;
}
}
void build(int x,int l,int r){
if(l==r){
tr[x].py=make_pair(l,l);
return;
}
int mid=l+r>>1;
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
}
void change(int x,int l,int r,int L,int R,pi d){
if(L<=l && r<=R){
tr[x].py=d;
tr[x].tag=1;
return;
}
pushdown(x);
int mid=l+r>>1;
if(L<=mid) change(ls,l,mid,L,R,d);
if(mid< R) change(rs,mid+1,r,L,R,d);
}
pi query(int x,int l,int r,int p){
if(l==r) return tr[x].py;
pushdown(x);
int mid=l+r>>1;
if(p<=mid) return query(ls,l,mid,p);
else return query(rs,mid+1,r,p);
}
void upd(int x,int d){
while(x<=n+1){
c[x]+=d;
x+=x&-x;
}
}
void del(int x){
while(x<=n+1){
if(c[x]) c[x]=0;
else break;
x+=x&-x;
}
}
int ask(int x){
int res=0;
while(x){
res+=c[x];
x-=x&-x;
}
return res;
}
void cdq(int l,int r) {
if(l==r) return;
int mid=l+r>>1,p=l,q=mid+1;
cdq(l,mid),cdq(mid+1,r);
for(int i=l;i<=r;i++){
if(q>r || p<=mid && t[p].x<=t[q].x){
tmp[i]=t[p++];
if(tmp[i].op==2) continue;
upd(tmp[i].y1,tmp[i].v);
upd(tmp[i].y2+1,-tmp[i].v);
}
else {
tmp[i]=t[q++];
if(tmp[i].op==2) ans[tmp[i].id]+=ask(tmp[i].y1);
}
}
for(int i=l;i<=r;i++){
t[i]=tmp[i];
if(t[i].op==1){
del(tmp[i].y1);
del(tmp[i].y2+1);
}
}
return;
}
signed main(){
n=gin(),Q=gin();
scanf("%s",s);
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=s[i-1]-'0';
build(1,1,n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i]==1 && !vis[i]){
int j=i;
vis[i]=1;
while(a[j]) vis[++j]=1;
change(1,1,n+1,i,j,make_pair(i,j));
}
memset(vis,0,sizeof(vis));
int tot=0;
for(int i=1;i<=Q;i++){
scanf("%s",s);
t[++tot].op=(s[0]=='t' ? 1 : 2);
t[tot].id=i;
if(t[tot].op==1){
int k=gin();
++tot, t[tot]=t[tot-1];
if(a[k]==1){
pi u=query(1,1,n+1,k);
t[tot-1].x=u.first,t[tot].x=k+1;
t[tot-1].y1=t[tot].y1=k+1,t[tot-1].y2=t[tot].y2=u.second;
t[tot-1].v=i, t[tot].v=-i;
change(1,1,n+1,u.first,k,make_pair(u.first,k));
change(1,1,n+1,k+1,u.second,make_pair(k+1,u.second));
}
else {
pi p1=query(1,1,n+1,k),p2=query(1,1,n+1,k+1);
t[tot-1].x=p1.first,t[tot].x=k+1;
t[tot-1].y1=t[tot].y1=k+1,t[tot-1].y2=t[tot].y2=p2.second;
t[tot-1].v=-i, t[tot].v=i;
change(1,1,n+1,p1.first,p2.second,make_pair(p1.first,p2.second));
}
a[k]^=1;
}
else {
t[tot].x=gin(),t[tot].y1=gin();
pi p=query(1,1,n+1,t[tot].x);
if(p.second>=t[tot].y1)
ans[i]+=i;
vis[i]=1;
}
}
cdq(1,tot);
for(int i=1;i<=Q;i++)
if(vis[i])
printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
