P9715「QFOI R1」头

（题目传送门）

向 SError_ 学到很多

$t=1$ 和 $t=0$ 的操作混杂在一起很麻烦，考虑将它们归并到一起

因为 $t=1$ 会覆盖掉全部的颜色，所以可以考虑让 $t=1$ 的先做，在所有 $t=1$ 中，让最后操作的先做。而 $t=0$ 的就按顺序在 $t=1$ 之后做即可。这样所有的操作都是不覆盖先前颜色的

这样我们只需记录已经染过的行个数 $rt$，列个数 $ct$。对于一个 1,l,r,c,0/1 的操作来说，只需让 $l\sim r$ 中没被染过的行分别使 $an{s}_c$ 加上 $m-ct$ 即可。列操作同理

问题是怎么维护染过的行和列，可以用类似并查集的思想，一开始令每一行/列的父亲都指向自己，如果自己被染色，就将父亲指向下一行/下一列，这样每次跳的时候都会直接跳到没有染过色的行/列

因为每一列和每一行只会访问一次，所以时间复杂度是 $O(n)$ 的（忽略并查集）

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const int N=2e6+10,K=5e5+10;

int n,m,k,q;
int rt,ct;
LL ans[K];
struct Ask{int op,l,r,c,t,id;}a[N];

bool cmp(Ask x,Ask y)
{
	if(x.t!=y.t)
		return x.t>y.t;
	if(x.t==1)
		return x.id>y.id;
	return x.id<y.id;
}

struct DS
{
	int fa[N];
	
	int get(int x)
	{
		if(x==fa[x])	
			return x;
		return fa[x]=get(fa[x]);
	}
}row,col;

int main()
{
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&q);
	for(int i=1; i<=q; i++)
	{
		scanf("%d%d%d%d%d",&a[i].op,&a[i].l,&a[i].r,&a[i].c,&a[i].t);
		a[i].id=i; 
	}
	
	sort(a+1,a+1+q,cmp);
	
	for(int i=1; i<=n+1; i++)
		row.fa[i]=i;
	for(int j=1; j<=m+1; j++)
		col.fa[j]=j;
	
	for(int i=1; i<=q; i++)
	{
		int l=a[i].l,r=a[i].r;
		if(a[i].op==1)
		{
			for(int j=row.get(l); j<=r; j=row.get(j))
			{
				rt++;  row.fa[j]=j+1;
				ans[a[i].c]+=1LL*(m-ct);
			}
		}
		else
		{
			for(int j=col.get(l); j<=r; j=col.get(j))
			{
				ct++;  col.fa[j]=j+1;
				ans[a[i].c]+=1LL*(n-rt); 
			}
		}
	}
	
	for(int i=1; i<=k; i++)
		printf("%lld ",ans[i]);

	return 0;
}