LINK：VMware和基站
一道 做法并不常见的题目 看起来很难写 其实set维护线段就可以解决了。
容易想到 第二个操作借用启发式合并可以得到一个很不错的复杂度 不过利用线段树维护这个东西 在区间覆盖的时候并不能很好的维护。
一个想法是 分块 不过操作比较ex.
第一个操作和第二个操作连在一起会非常的难以处理。
这里给出的做法是：使用set来维护整段的线段 这样在第一个区间覆盖的情况下 每次区间至多增加两个或者可能减少.
在第一步中就是logn的时间内可以维护了.不过细节较多我分类讨论了好几种情况。
考虑第二步 不妨每个基站都开一个set 利用启发式合并来做。
不过 不存在操作1的时候启发式合并 的总复杂度为nlog^2 存在操作1的时候 容易发现 每次区间最多增加两个 那么均摊到启发式合并上也是Qlog的时间。
对于第三步 直接在set中二分 分类讨论在左边还是右边即可.
挺难写的 三个函数都出了锅 第一个是少考虑了情况 第二个是 没有对s进行修改 第三个则是答案的情况存在小细节问题 写死我了.
const int MAXN=100010,G=3;
int n,Q;
struct wy
{
int l,r,id;
wy(int x,int y,int z){l=x;r=y;id=z;}
inline bool operator <(wy a)const {return l<a.l;}
};
set<wy>s;set<pii>g[MAXN];
set<wy>::iterator it;
set<pii>::iterator itt;
char a[10];
int f[MAXN];
inline void cover(int l,int r,int x)
{
it=s.upper_bound(wy(l,r,x));--it;
if((*it).l!=l)
{
int id=(*it).id;int L=(*it).l;int R=(*it).r;
g[id].erase(mk(L,R));g[id].insert(mk(L,l-1));
s.erase(it);s.insert(wy(L,l-1,id));
g[x].insert(mk(l,r));
s.insert(wy(l,r,x));it=s.find(wy(l,r,x));
if(R>r)
{
g[id].insert(mk(r+1,R));
s.insert(wy(r+1,R,id));
return;
}
if(R==r)return;++it;
while(it!=s.end())
{
R=(*it).r;
if(R<=r)
{
g[(*it).id].erase(mk((*it).l,(*it).r));
s.erase(it);it=s.find(wy(l,r,x));++it;
if(R==r)break;
}
else
{
id=(*it).id;
g[id].erase(mk((*it).l,R));
g[id].insert(mk(r+1,R));
s.erase(it);s.insert(wy(r+1,R,id));
break;
}
}
}
else
{
int id=(*it).id;int R=(*it).r;
//cout<<id<<endl;
g[id].erase(mk(l,(*it).r));
s.erase(it);s.insert(wy(l,r,x));it=s.find(wy(l,r,x));
g[x].insert(mk(l,r));
if(R>r)
{
g[id].insert(mk(r+1,R));
s.insert(wy(r+1,R,id));
return;
}
if(R==r)return;++it;
while(it!=s.end())
{
R=(*it).r;
//cout<<R<<endl;
if(R<=r)
{
g[(*it).id].erase(mk((*it).l,(*it).r));
s.erase(it);it=s.find(wy(l,r,x));++it;
if(R==r)break;
}
else
{
id=(*it).id;
g[id].erase(mk((*it).l,R));
g[id].insert(mk(r+1,R));
s.erase(it);s.insert(wy(r+1,R,id));
break;
}
}
}
}
inline void replace(int &x,int &y)
{
if(x==y)return;
if(g[x].size()>g[y].size())swap(x,y);
itt=g[x].begin();
while(itt!=g[x].end())
{
it=s.find(wy((*itt).F,(*itt).S,x));
s.erase(it);
s.insert(wy((*itt).F,(*itt).S,y));
g[y].insert(*itt);
++itt;
}
g[x].clear();
}
inline int ask(int D,int L,int R,int id)
{
if(!g[id].size())return -1;
int ans=-1;
itt=g[id].lower_bound(mk(L,0));
if(itt!=g[id].end()&&(*itt).F<=R)ans=max(ans,abs(D-(*itt).F));
if(itt!=g[id].begin())
{
--itt;
//cout<<(*itt).F<<' '<<(*itt).S<<endl;
if((*itt).F<=L&&(*itt).S>=L)ans=max(ans,abs(D-L));
}
itt=g[id].upper_bound(mk(R,n+1));
if(itt!=g[id].begin())
{
--itt;
if((*itt).F<=R&&(*itt).S>=R)ans=max(ans,abs(D-R));
if((*itt).S<=R&&(*itt).S>=L)ans=max(ans,abs(D-(*itt).S));
//cout<<(*itt).S<<' '<<(*itt).F<<endl;
}
return ans;
}
int main()
{
//freopen("1.in","r",stdin);
gt(n);gt(Q);
rep(1,n,i)g[i].insert(mk(i,i)),s.insert(wy(i,i,i)),f[i]=i;
rep(1,Q,i)
{
int x,y,z;
gc(a);gt(x);gt(y);
if(a[1]=='c')gt(z),cover(x,y,f[z]);
if(a[1]=='r')replace(f[x],f[y]);
if(a[1]=='f')gt(z),put(ask(x,max(x-y,1),min(x+y,n),f[z]));
}
return 0;
}