AHOI2014 奇怪的计算器 和 HDU5306 Gorgeous Sequence

线段树秀操作题。

奇怪的计算器

有 N 个数，一共会对这 N 个数执行 M 个指令（对没个数执行的指令都一样），每一条指令可以是以下四种指令之一：（这里 a 表示一个正整数）

1. 加上 a
2. 减去 a
3. 乘以 a
4. 加上 a*X（X 是数最开始的初值）

该计算器有个奇怪的特点。每进行一个指令，若结果大于 R则变成 R，同理若结果小于 L，则变成 L。求这 N 个数最后的结果。

N, M ≤ 200000

题解

重要性质：无论题目里面的修改怎么执行，所有数的相对大小（即排名）不变。所以我们每次的chkmin和chkmax操作肯定是对一个排序后的后缀和前缀区间进行的。那么我们成功地将不连续的问题转化成了连续的问题。

所以我们可以针对题目设计懒标记 x=t1*x+t2*x₀+t3。懒标记的合并很显然，而由于排名不变，所以区间的最大最小值还是很好维护的。

时间复杂度 O(n log n)。

CO int N=100000+10;
int L,R;
pair<int,int> p[N],q[N];

LL t1[4*N],t2[4*N],t3[4*N];
LL lp[4*N],rp[4*N],mn[4*N],mx[4*N];
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
void build(int x,int l,int r){
	t1[x]=1,t2[x]=t3[x]=0;
	lp[x]=mn[x]=q[l].first,rp[x]=mx[x]=q[r].first;
	if(l==r) return;
	int mid=(l+r)>>1;
	build(lc,l,mid),build(rc,mid+1,r);
}
IN void push_up(int x){
	mn[x]=mn[lc],mx[x]=mx[rc];
}
IN void add_tag(int x,LL k1,LL k2,LL k3){
	t1[x]*=k1,t2[x]=k1*t2[x]+k2,t3[x]=k1*t3[x]+k3;
	mn[x]=k1*mn[x]+k2*lp[x]+k3,mx[x]=k1*mx[x]+k2*rp[x]+k3;
}
IN void push_down(int x){
	if(t1[x]!=1 or t2[x] or t3[x]){
		add_tag(lc,t1[x],t2[x],t3[x]);
		add_tag(rc,t1[x],t2[x],t3[x]);
		t1[x]=1,t2[x]=t3[x]=0;
	}
}
void chkl(int x){
	if(mn[x]>=L) return;
	if(mx[x]<=L) return add_tag(x,0,0,L);
	push_down(x);
	if(mx[lc]<=L) add_tag(lc,0,0,L),chkl(rc);
	else chkl(lc);
	push_up(x);
}
void chkr(int x){
	if(mx[x]<=R) return;
	if(mn[x]>=R) return add_tag(x,0,0,R);
	push_down(x);
	if(mn[rc]>=R) add_tag(rc,0,0,R),chkr(lc);
	else chkr(rc);
	push_up(x);
}

int ans[N];

void query(int x,int l,int r){
	if(l==r){
		ans[q[l].second]=mn[x];
		return;
	}
	push_down(x);
	int mid=(l+r)>>1;
	query(lc,l,mid),query(rc,mid+1,r);
}

int main(){
	int n=read<int>();
	read(L),read(R);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		char opt[2];scanf("%s",opt);
		if(opt[0]=='+') p[i].first=1;
		else if(opt[0]=='-') p[i].first=2;
		else if(opt[0]=='*') p[i].first=3;
		else p[i].first=4;
		read(p[i].second);
	}
	int m=read<int>();
	for(int i=1;i<=m;++i) read(q[i].first),q[i].second=i;
	sort(q+1,q+m+1);
	build(1,1,m);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(p[i].first==1) add_tag(1,1,0,p[i].second);
		else if(p[i].first==2) add_tag(1,1,0,-p[i].second);
		else if(p[i].first==3) add_tag(1,p[i].second,0,0);
		else add_tag(1,1,p[i].second,0);
		if(mx[1]>R) chkr(1);
		if(mn[1]<L) chkl(1);
	}
	query(1,1,m);
	for(int i=1;i<=m;++i) printf("%d
",ans[i]);
	return 0;
}

Gorgeous Sequence

There is a sequence a of length n. We use ai to denote the i-th element in this sequence. You should do the following three types of operations to this sequence.

0 x y t: For every x≤i≤y, we use min(ai,t) to replace the original ai's value.
1 x y: Print the maximum value of ai that x≤i≤y.
2 x y: Print the sum of ai that x≤i≤y.

分析

吉司机线段树板子题。

1和2操作很简单，0操作很难，一个一个改时间肯定不允许，但是又没什么办法可以直接全改掉。

结合题目问的是区间最大值和区间和，那么就思考操作 0 会对区间最大值和区间和有什么影响，于是就有了以下方法：

维护 3 个值，区间最大值，区间严格次大值，区间最大值的个数。然后我们每次做0操作的时候，就会有3种情况。

1. t >= 区间最大值, 这时每个值都不用修改，直接返回。
2. 区间次大值 < t < 区间最大值，此时只有最大值会变，又已经求得了最大值的个数，所以我们可以直接更新这段的sum和max。
3. 其他情况。无法直接对当前情况修改，所以继续搜两个儿子，直到搜到前两种情况为止。

我们可以把区间的最大值看做是这个区间的标记，因为每次更新的时候只会更新到（区间次大值 < t < 区间最大值）的情况，然后会修改sum和max，所以以后一旦进入这个区间的子树，必须先更新这个子树的max和sum。于是就有了pushdown()的写法，它就是负责把当前区间的sum和mx信息传给子树。

const int MAXN=1e6+7;

int ql,qr,v;

struct SegTree
{
	ll sum[MAXN<<2];
	int maxv[MAXN<<2],num[MAXN<<2],secv[MAXN<<2];
#define lson (now<<1)
#define rson (now<<1|1)
	inline void pushup(int now)
	{
		sum[now]=sum[lson]+sum[rson];
		maxv[now]=max(maxv[lson],maxv[rson]);
		if(maxv[lson]==maxv[rson])
		{
			num[now]=num[lson]+num[rson];
			secv[now]=max(secv[lson],secv[rson]);
		}
		else
		{
			num[now]=maxv[lson]>maxv[rson]?num[lson]:num[rson];
			secv[now]=max(secv[lson],secv[rson]);
			secv[now]=max(secv[now],min(maxv[lson],maxv[rson]));
		}
	}
	
	void build(int now,int l,int r)
	{
		if(l==r)
		{
			sum[now]=_read();
			maxv[now]=sum[now];
			num[now]=1;
			secv[now]=-1;
			return;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		build(lson,l,mid);
		build(rson,mid+1,r);
		pushup(now);
	}
	
	inline void puttag(int now,int x)
	{
		if(x>=maxv[now])
			return;
		sum[now]-=(ll)num[now]*(maxv[now]-x);
		maxv[now]=x;
	}
	
	inline void pushdown(int now)
	{
		puttag(lson,maxv[now]);
		puttag(rson,maxv[now]);
	}
	
	void change(int now,int l,int r)
	{
		if(v>=maxv[now])
			return;
		if(ql<=l&&r<=qr&&secv[now]<v)
		{
			puttag(now,v);
			return;
		}
		pushdown(now);
		int mid=(l+r)>>1;
		if(ql<=mid)
			change(lson,l,mid);
		if(qr>=mid+1)
			change(rson,mid+1,r);
		pushup(now);
	}
	
	ll qmax(int now,int l,int r)
	{
		if(ql<=l&&r<=qr)
		{
			return maxv[now];
		}
		pushdown(now);
		int mid=(l+r)>>1;
		ll ans=0;
		if(ql<=mid)
			ans=max(ans,qmax(lson,l,mid));
		if(qr>=mid+1)
			ans=max(ans,qmax(rson,mid+1,r));
		return ans;
	}
	
	inline ll qsum(int now,int l,int r)
	{
		if(ql<=l&&r<=qr)
		{
			return sum[now];
		}
		pushdown(now);
		int mid=(l+r)>>1;
		ll ans=0;
		if(ql<=mid)
			ans+=qsum(lson,l,mid);
		if(qr>=mid+1)
			ans+=qsum(rson,mid+1,r);
		return ans;
	}
}Tree;

int n,m;

int main()
{
//  freopen(".in","r",stdin);
//  freopen(".out","w",stdout);
	int T=_read();
	while(T--)
	{
		n=_read();m=_read();
		Tree.build(1,1,n);
		while(m--)
		{
			int opt=_read();
			if(opt==0)
			{
				ql=_read();qr=_read();v=_read();
				Tree.change(1,1,n);
			}
			else if(opt==1)
			{
				ql=_read();qr=_read();
				printf("%lld
",Tree.qmax(1,1,n));
			}
			else if(opt==2)
			{
				ql=_read();qr=_read();
				printf("%lld
",Tree.qsum(1,1,n));
			}
		}
	}
//  fclose(stdin);
//  fclose(stdout);
    return 0;
}

BZOJ4695 最假女选手是这道题的复杂版。