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）
- 加上 a
- 减去 a
- 乘以 a
- 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。
- t >= 区间最大值, 这时每个值都不用修改，直接返回。
- 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。
- 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。