【BZOJ1018】[SHOI2008]堵塞的交通traffic
Description
有一天，由于某种穿越现象作用，你来到了传说中的小人国。小人国的布局非常奇特，整个国家的交通系统可以被看成是一个2行C列的矩形网格，网格上的每个点代表一个城市，相邻的城市之间有一条道路，所以总共有2C个城市和3C-2条道路。 小人国的交通状况非常槽糕。有的时候由于交通堵塞，两座城市之间的道路会变得不连通，直到拥堵解决，道路才会恢复畅通。初来咋到的你决心毛遂自荐到交通部某份差事，部长听说你来自一个科技高度发达的世界，喜出望外地要求你编写一个查询应答系统，以挽救已经病入膏肓的小人国交通系统。 小人国的交通部将提供一些交通信息给你，你的任务是根据当前的交通情况回答查询的问题。交通信息可以分为以下几种格式：Close r1 c1 r2 c2：相邻的两座城市(r1,c1)和(r2,c2)之间的道路被堵塞了；Open r1 c1 r2 c2：相邻的两座城市(r1,c1)和(r2,c2)之间的道路被疏通了；Ask r1 c1 r2 c2：询问城市(r1,c1)和(r2,c2)是否连通。如果存在一条路径使得这两条城市连通，则返回Y，否则返回N；
Input
第一行只有一个整数C，表示网格的列数。接下来若干行，每行为一条交通信息，以单独的一行“Exit”作为结束。我们假设在一开始所有的道路都是堵塞的。我们保证 C小于等于100000，信息条数小于等于100000。
Output
对于每个查询，输出一个“Y”或“N”。
Sample Input
2
Open 1 1 1 2
Open 1 2 2 2
Ask 1 1 2 2
Ask 2 1 2 2
Exit
Open 1 1 1 2
Open 1 2 2 2
Ask 1 1 2 2
Ask 2 1 2 2
Exit
Sample Output
Y
N
N
题解：先不考虑从两边走的情况，直接上线段树的区间合并即可。用f[0/1][0/1]表示从左上/左下能否走到右上/右下。
那么如果考虑从两边绕的情况呢？一定是贪心的选取第一个能拐的点就直接拐，所以在线段树上找到第一个拐点然后判断中间是否全部连通即可。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define lson x<<1
#define rson x<<1|1
using namespace std;
const int maxn=100010;
int n,pre,nxt;
struct node
{
bool f[2][2],g[3],lp;
node () {memset(f,0,sizeof(f)),memset(g,0,sizeof(g)),lp=0;}
}s[maxn<<2];
node mix(node a,node b)
{
node c;
c.f[0][0]=(a.f[0][0]&b.f[0][0])|(a.f[0][1]&b.f[1][0])|(a.f[0][0]&b.f[1][0]&b.lp)|(a.f[0][1]&b.f[0][0]&b.lp);
c.f[0][1]=(a.f[0][0]&b.f[0][1])|(a.f[0][1]&b.f[1][1])|(a.f[0][0]&b.f[1][1]&b.lp)|(a.f[0][1]&b.f[0][1]&b.lp);
c.f[1][0]=(a.f[1][0]&b.f[0][0])|(a.f[1][1]&b.f[1][0])|(a.f[1][0]&b.f[1][0]&b.lp)|(a.f[1][1]&b.f[0][0]&b.lp);
c.f[1][1]=(a.f[1][0]&b.f[0][1])|(a.f[1][1]&b.f[1][1])|(a.f[1][0]&b.f[1][1]&b.lp)|(a.f[1][1]&b.f[0][1]&b.lp);
c.g[0]=a.g[0]&b.g[0],c.g[1]=a.g[1]&b.g[1],c.g[2]=a.g[2]|b.g[2],c.lp=a.lp;
return c;
}
char str[20];
inline int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<'0'||gc>'9') {if(gc=='-')f=-f; gc=getchar();}
while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
return ret*f;
}
void updata(int l,int r,int x,int a,int b,int c)
{
if(l==r)
{
s[x].g[b]=c,s[x].f[0][0]=s[x].g[0],s[x].f[1][1]=s[x].g[1],s[x].lp=s[x].g[2];
s[x].f[0][1]=s[x].g[2]&s[x].f[1][1],s[x].f[1][0]=s[x].g[2]&s[x].f[0][0];
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(a<=mid) updata(l,mid,lson,a,b,c);
else updata(mid+1,r,rson,a,b,c);
s[x]=mix(s[lson],s[rson]);
}
void getpre(int l,int r,int x,int a)
{
if(l>a||pre>=r||!s[x].g[2]) return ;
if(l==r)
{
pre=l;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
getpre(mid+1,r,rson,a),getpre(l,mid,lson,a);
}
void getnxt(int l,int r,int x,int a)
{
if(r<a||nxt<=l||!s[x].g[2]) return ;
if(l==r)
{
nxt=l;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
getnxt(l,mid,lson,a),getnxt(mid+1,r,rson,a);
}
node query(int l,int r,int x,int a,int b)
{
if(a>b)
{
node tmp;
tmp.f[0][0]=tmp.f[1][1]=tmp.g[0]=tmp.g[1]=1;
return tmp;
}
if(a<=l&&r<=b) return s[x];
int mid=(l+r)>>1;
if(b<=mid) return query(l,mid,lson,a,b);
if(a>mid) return query(mid+1,r,rson,a,b);
return mix(query(l,mid,lson,a,b),query(mid+1,r,rson,a,b));
}
int main()
{
n=rd();
int a1,b1,a2,b2;
while(1)
{
scanf("%s",str);
if(str[0]=='E') return 0;
a1=rd()-1,b1=rd(),a2=rd()-1,b2=rd();
if(b1>b2||(b1==b2&&a1>a2)) swap(a1,a2),swap(b1,b2);
if(str[0]=='C')
{
if(b1==b2) updata(1,n,1,b1,2,0);
else updata(1,n,1,b1,a1,0);
}
if(str[0]=='O')
{
if(b1==b2) updata(1,n,1,b1,2,1);
else updata(1,n,1,b1,a1,1);
}
if(str[0]=='A')
{
node tmp;
tmp=query(1,n,1,b1,b2-1);
if(tmp.f[a1][a2]) printf("Y
");
else
{
pre=0,getpre(1,n,1,b1);
nxt=n+1,getnxt(1,n,1,b2);
node t1,t2;
if(pre) t1=query(1,n,1,pre,b1-1);
if(nxt!=n+1) t2=query(1,n,1,b2,nxt-1);
if(t1.g[0]&t1.g[1]&tmp.f[a1^1][a2]) printf("Y
");
else if(t2.g[0]&t2.g[1]&tmp.f[a1][a2^1]) printf("Y
");
else if(t1.g[0]&t1.g[1]&t2.g[0]&t2.g[1]&tmp.f[a1^1][a2^1]) printf("Y
");
else printf("N
");
}
}
}
}//4 Open 1 1 1 2 Open 1 1 2 1 Open 2 1 2 2 Open 2 2 2 3 Open 2 3 2 4 Open 1 4 2 4 Open 1 3 1 4 Ask 1 2 1 3