蒟蒻的数列[BZOJ4636]

在毒瘤的bzoj上似乎是道权限题。。。但是这不影响我们用一些奇奇怪怪的途径找到这道题

【题目描述】
DCrusher有一个数列，初始值均为(0)，他进行(N)次操作，每次将数列([a,b))这个区间中所有比(k)小的数改为(k)，他想知道(N)次操作后数列中所有元素的和。他还要玩其他游戏，所以这个问题留给你解决。

【输入格式】
第一行一个整数(N)，然后有(N)行，每行三个正整数(a,b,k)。

(Nleq 40000 , a,b,kleq 10^9)

【输出格式】
一个数，数列中所有元素的和。

题解

我们把所有修改操作按照(k)从大到小排序 那么每次修改操作实际上就变成了 把([a,b))区间内所有的(0)(即之前没有修改过的元素)改成(k) 因为之前就修改过的元素肯定是大于(k)的

那用线段树每次查询([a,b))有多少个(0) 记为(cnt) 实际上(cnt)就等于 区间长度减去区间内有多少个非(0)元素 由于询问按(k)从大到小排序 所以现在区间内的(0)在(N)次操作结束后肯定都会是(k) 所以(ans)加上(cnt*k)

再把([a,b))中所有的(0)改成(k) 注意 不用真的去改 因为我们实际上只关心每个区间内有多少个非(0)元素 所以我们只需要查询完后把整个区间都填成(1)就可以了 询问也就变成了区间内有多少个(1)

所以现在我们需要支持两个操作

1. 查询区间内有多少个(1)
2. 把整个区间修改成(1)

就正常打标记 都很好实现吧

(a,ble 10^9) 怎么办？动态开点

ps.我一般都是单点修改的时候用到动态开点 这种区间修改打标记能不能动态开点呢?

注意到修改一段区间([l,r])在线段树上可以通过修改不超过(log n)个节点实现 每个节点的深度又最多是(log n) 所以极限情况下每次修改新创建的节点数也不会超过(log^2 n)个 这题是(log^2 10^9 approx 1000) 但是这个上限根本达不到 更别说修改区间还会有交集 所以不用担心内存不够

缺点是常数略大。。。应该有更简单的方法 但是这个方法好就好在它十分的模板

注意一下修改的区间是([a,b))。。。左闭右开

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

struct query{
	int l, r;
	ll v;
} q[40005];

inline bool cmp(query x, query y) {
	return x.v > y.v;
}

int n;
ll ans;

struct segtree{
	struct tree{
		int lc, rc, tag;
		ll cnt; 
	} tr[1000005];
	int tot;
	
	#define lson tr[ind].lc
	#define rson tr[ind].rc
	
	inline void pushdown(int ind, int l, int r) {
		if (!tr[ind].tag) return;
		tr[ind].tag = 0;
		int mid = (l + r) >> 1;
		if (!lson) lson = ++tot;
		tr[lson].cnt = mid - l + 1;
		tr[lson].tag = 1;
		if (!rson) rson = ++tot;
		tr[rson].cnt = r - mid;
		tr[rson].tag = 1;
	}
	
	ll query(int ind, int l, int r, int x, int y) {
		if (!ind) return 0;
		if (x <= l && r <= y) return tr[ind].cnt;
		pushdown(ind, l, r);
		int mid = (l + r) >> 1;
		ll ret = 0;
		if (x <= mid) ret += query(lson, l, mid, x, y);
		if (mid < y) ret += query(rson, mid+1, r, x, y);
		return ret;
	} 
	
	void update(int &ind, int l, int r, int x, int y) {
		if (!ind) ind = ++tot;
		if (x <= l && r <= y) {
			tr[ind].cnt = (r - l + 1);
			tr[ind].tag = 1;
			return;
		}
		pushdown(ind, l, r);
		int mid = (l + r) >> 1;
		if (x <= mid) update(lson, l, mid, x, y);
		if (mid < y) update(rson, mid+1, r, x, y);
		tr[ind].cnt = tr[lson].cnt + tr[rson].cnt;
	}
} T;

int rt;

int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d %d %lld", &q[i].l, &q[i].r, &q[i].v);
		q[i].r--;
	}
	sort(q + 1, q + n + 1, cmp);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		ll cnt = T.query(rt, 1, 1e9, q[i].l, q[i].r);
		ans += (q[i].r - q[i].l + 1 - cnt) * q[i].v;
		T.update(rt, 1, 1e9, q[i].l, q[i].r);
	}
	printf("%lld
", ans);
	return 0;
}