洛谷 P2184 贪婪大陆 解题报告

P2184 贪婪大陆

题目背景

面对蚂蚁们的疯狂进攻，小(FF)的(Tower) (defence)宣告失败……人类被蚂蚁们逼到了(Greed) (Island)上的一个海湾。现在，小(FF)的后方是一望无际的大海， 前方是变异了的超级蚂蚁。 小(FF)还有大好前程，他可不想命丧于此， 于是他派遣手下最后一批改造(SCV)布置地雷以阻挡蚂蚁们的进攻。

题目描述

小(FF)最后一道防线是一条长度为(N)的战壕， 小(FF)拥有无数多种地雷，而SCV每次可以在([L,R])区间埋放同一种不同于之前已经埋放的地雷。 由于情况已经十万火急，小(FF)在某些时候可能会询问你在([L',R'])区间内有多少种不同的地雷， 他希望你能尽快的给予答复。

输入输出格式

输入格式：

第一行为两个整数(n)和(m)； (n)表示防线长度，(m)表示(SCV)布雷次数及小(FF)询问的次数总和。

接下来有(m)行， 每行三个整数(Q),(L),(R)； 若(Q)=1则表示(SCV)在([L,R])这段区间布上一种地雷， 若(Q=2)则表示小(FF)询问当前([L,R])区间总共有多少种地雷。

输出格式：

对于小FF的每次询问，输出一个答案（单独一行），表示当前区间地雷总数。

说明：

对于30%的数据： (0<=n, m<=1000);

对于100%的数据：(0<=n, m<=10^5).

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说两个方法吧

方法一：维护区间和和合并区间时多加上的一部分，基于容斥原理，是这位大佬想到的

具体的：
我们维护(sum)代表这个区间的种类数，每次区间修改操作即为对二进制所划分的每个区间+1（不是对每个值，是对区间），防止退化我们用一个(lazy1)维护

这时候在区间合并的时候就会产生问题，会重复统计。

我们再维护一个值(mer)代表这个二进制区间被多少次划分时分开了，则统计答案时即为(sum[ls]+sum[rs]-mer[ls])

这个也是区间操作，同样用一个(lazy2)来维护

Code:

#include <cstdio>
#define ls id<<1
#define rs id<<1|1
const int N=100010;
int sum[N<<2],mer[N<<2],lazy1[N<<2],lazy2[N<<2],n,m;
void push_down(int id,int l,int r)
{
    if(l!=r)
    {
        sum[ls]+=lazy1[id];
        sum[rs]+=lazy1[id];
        mer[ls]+=lazy2[id];
        lazy1[ls]+=lazy1[id];
        lazy1[rs]+=lazy1[id];
        lazy2[ls]+=lazy2[id];
        lazy2[rs]+=lazy2[id];
    }
    lazy1[id]=lazy2[id]=0;
}
void change(int id,int l,int r,int L,int R)
{
    if(l==L&&r==R)
    {
        sum[id]++;
        lazy1[id]++;
        lazy2[id]++;
        return;
    }
    int Mid=L+R>>1;
    if(r<=Mid)
        change(ls,l,r,L,Mid);
    else if(l>Mid)
        change(rs,l,r,Mid+1,r);
    else
    {
        mer[ls]++;
        change(ls,l,Mid,L,Mid);
        change(rs,Mid+1,r,Mid+1,R);
    }
    push_down(id,L,R);
    sum[id]=sum[ls]+sum[rs]-mer[ls];
}
int query(int id,int l,int r,int L,int R)
{
    push_down(id,L,R);
    if(l==L&&r==R)
        return sum[id];
    int Mid=L+R>>1;
    if(r<=Mid)
        return query(ls,l,r,L,Mid);
    else if(l>Mid)
        return query(rs,l,r,Mid+1,r);
    else
        return query(ls,l,Mid,L,Mid)+query(rs,Mid+1,r,Mid+1,R)-mer[ls];
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int q,l,r;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&q,&l,&r);
        if(q==1) change(1,l,r,1,n);
        else printf("%d
",query(1,l,r,1,n));
    }
    return 0;
}

方法二：维护区间两端进行统计

我们发现，对于一个区间(1)~(i)，(i)及其左边的区间的左端点的数量即为答案

对于一个区间(i)~(n)，(i)左边的右端点不是它的答案

综合一下，对于一个区间(l)~(r)，(r)及左边的左端点数量-(l)左边的右端点数量，不就是(l)~(r)所覆盖的区间数量了吗？

单点修改，我们只需要用两个树状数组维护就行了

Code:

#include <cstdio>
const int N=100010;
int s[2][N],n,m;
int query(int typ,int x)
{
    int sum=0;
    while(x)
    {
        sum+=s[typ][x];
        x-=x&-x;
    }
    return sum;
}
void add(int typ,int x)
{
    while(x<=n)
    {
        s[typ][x]+=1;
        x+=x&-x;
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int q,l,r;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&q,&l,&r);
        if(q==1)
            add(0,l),add(1,r);
        else
            printf("%d
",query(0,r)-query(1,l-1));
    }
    return 0;
}

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2018.7.12