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  • bzoj1230 [Usaco2008 Nov]lites 开关灯

    1230: [Usaco2008 Nov]lites 开关灯

    Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MB
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    Description

    Farmer John尝试通过和奶牛们玩益智玩具来保持他的奶牛们思维敏捷. 其中一个大型玩具是牛栏中的灯. N (2 <= N <= 100,000) 头奶牛中的每一头被连续的编号为1..N, 站在一个彩色的灯下面.刚到傍晚的时候, 所有的灯都是关闭的. 奶牛们通过N个按钮来控制灯的开关; 按第i个按钮可以改变第i个灯的状态.奶牛们执行M (1 <= M <= 100,000)条指令, 每个指令都是两个整数中的一个(0 <= 指令号 <= 1). 第1种指令(用0表示)包含两个数字S_i和E_i (1 <= S_i <= E_i <= N), 它们表示起始开关和终止开关. 奶牛们只需要把从S_i到E_i之间的按钮都按一次, 就可以完成这个指令. 第2种指令(用1表示)同样包含两个数字S_i和E_i (1 <= S_i <= E_i <= N), 不过这种指令是询问从S_i到E_i之间的灯有多少是亮着的. 帮助FJ确保他的奶牛们可以得到正确的答案.

    Input

    * 第 1 行: 用空格隔开的两个整数N和M

     * 第 2..M+1 行: 每行表示一个操作, 有三个用空格分开的整数: 指令号, S_i 和 E_i

    Output

    第 1..询问的次数 行: 对于每一次询问, 输出询问的结果.

    Sample Input

    4 5
    0 1 2
    0 2 4
    1 2 3
    0 2 4
    1 1 4

    输入解释:
    一共有4盏灯; 5个指令. 下面是执行的情况:

    1 2 3 4
    Init: O O O O O = 关 * = 开
    0 1 2 -> * * O O 改变灯 1 和 2 的状态
    0 2 4 -> * O * *
    1 2 3 -> 1 输出在2..3的范围内有多少灯是亮的
    0 2 4 -> * * O O 改变灯 2 ,3 和 4 的状态
    1 1 4 -> 2 输出在1..4的范围内有多少灯是亮的




    Sample Output

    1
    2
    分析:线段树的裸题,其实求开着的灯的个数就是求sum,每次反转的时候打一个标记,这个标记只有可能是0/1,每次取反就好了.
    #include <cstdio>
    #include <cstring>
    #include <iostream>
    #include <algorithm>
    #include <cmath>
    
    using namespace std;
    
    int n,m,sum[1000010],flag[1000010],len[1000010];
    
    void pushup(int o)
    {
        sum[o] = sum[o * 2] + sum[o * 2 + 1];
    }
    
    void build(int l,int r,int o)
    {
        len[o] = r - l + 1;
        if (l == r)
        {
            flag[o] = 0;
            sum[o] = 0;
            return;
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        build(l,mid,o * 2);
        build(mid + 1,r,o * 2 + 1);
        pushup(o);
        return;
    }
    
    void pushdown(int o)
    {
        if (flag[o])
        {
            flag[o * 2] ^= 1;
            flag[o * 2 + 1] ^= 1;
            flag[o] = 0;
            sum[o * 2] = len[o * 2] - sum[o * 2];
            sum[o * 2 + 1] = len[o * 2 + 1] - sum[o * 2 + 1];
        }
    }
    
    void update(int l,int r,int o,int x,int y)
    {
        if (x <= l && r <= y)
        {
            sum[o] = len[o] - sum[o];
            flag[o] ^= 1;
            return;
        }
        pushdown(o);
        int mid = (l + r) >> 1;
        if (x <= mid)
        update(l,mid,o * 2,x,y);
        if (y > mid)
        update(mid + 1,r,o * 2 + 1,x,y);
        pushup(o);
    }
    
    int query(int l,int r,int o,int x,int y)
    {
        if (x <= l && r <= y)
        return sum[o];
        pushdown(o);
        int mid = (l + r) >> 1,cnt = 0;
        if (x <= mid)
        cnt += query(l,mid,o * 2,x,y);
        if (y > mid)
        cnt += query(mid + 1,r,o * 2 + 1,x,y);
        return cnt;
    }
    
    int main()
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        build(1,n,1);
        for (int i = 1; i <= m; i++)
        {
            int op,s,e;
            scanf("%d%d%d",&op,&s,&e);
            if (op == 0)
            update(1,n,1,s,e);
            else
            printf("%d
    ",query(1,n,1,s,e));
        }
    
        return 0;
    }
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/zbtrs/p/7506969.html
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