题目描述
lxhgww最近收到了一个01序列，序列里面包含了n个数，这些数要么是0，要么是1，现在对于这个序列有五种变换操作和询问操作：
0 a b 把[a, b]区间内的所有数全变成0
1 a b 把[a, b]区间内的所有数全变成1
2 a b 把[a,b]区间内的所有数全部取反，也就是说把所有的0变成1，把所有的1变成0
3 a b 询问[a, b]区间内总共有多少个1
4 a b 询问[a, b]区间内最多有多少个连续的1
对于每一种询问操作，lxhgww都需要给出回答，聪明的程序员们，你们能帮助他吗？
输入输出格式
输入格式：输入数据第一行包括2个数，n和m，分别表示序列的长度和操作数目
第二行包括n个数，表示序列的初始状态
接下来m行，每行3个数，op, a, b，（0<=op<=4，0<=a<=b<n）表示对于区间[a, b]执行标号为op的操作
输出格式：对于每一个询问操作，输出一行，包括1个数，表示其对应的答案
输入输出样例
输入样例#1：
复制
10 10
0 0 0 1 1 0 1 0 1 1
1 0 2
3 0 5
2 2 2
4 0 4
0 3 6
2 3 7
4 2 8
1 0 5
0 5 6
3 3 9
输出样例#1： 复制
5
2
6
5
说明
对于30%的数据，1<=n, m<=1000
对于100%的数据，1<=n, m<=100000
看完这个题，感觉对线段树的理解又加深了
根据题意和球最大字段和的经验，我们一个结点应该保存8个信息，才能进行合并
1的个数
区间最长连续1
区间从左边开始最长连续1
区间从右边开始最长连续1
行应的还有0的，一共是八个，因为交换的操作
注意的地方有两个，区间的合并方式和标记下方的优先级
具体看码：
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int n,q,a[100001];
4 struct d{
5 int w,b,lw,lb,rw,rb,mw,mb;
6 d(int w=0,int b=0,int lw=0,int lb=0,int rw=0,int rb=0,int mw=0,int mb=0):
7 w(w),b(b),lw(lw),lb(lb),rw(rw),rb(rb),mw(mw),mb(mb){}
// 当写复杂的线段树的时候，这种方式可以有效的减少代码量
8 };
9 inline d hb(d i,d j){
10 return d(
11 i.w+j.w, i.b+j.b,
12 (i.b?i.lw:i.w+j.lw), (i.w?i.lb:i.b+j.lb),
13 (j.b?j.rw:j.w+i.rw), (j.w?j.rb:j.b+i.rb),
14 max(max(i.mw,j.mw),i.rw+j.lw),
15 max(max(i.mb,j.mb),i.rb+j.lb));
16 }
17 d dat[262144]; int len[262144],tg1[262144],tg2[262144];
18 inline void P(int i,int typ){
19 d&t=dat[i];
20 if(typ==0) tg2[i]= 0, tg1[i]=0, t=d(0,len[i],0,len[i],0,len[i],0,len[i]);
21 if(typ==1) tg2[i]= 0, tg1[i]=1, t=d(len[i],0,len[i],0,len[i],0,len[i],0);
22 if(typ==2) tg2[i]^=1, swap(t.w,t.b), swap(t.lw,t.lb), swap(t.rw,t.rb), swap(t.mw,t.mb);
23 }
24 inline void pd(int i){
25 if(~tg1[i]) P(i<<1,tg1[i]), P(i<<1|1,tg1[i]);
26 if(tg2[i]) P(i<<1,2), P(i<<1|1,2);
27 tg1[i]=-1, tg2[i]=0;
28 }
29 void build(int i,int l,int r){
30 len[i]=r-l+1; tg1[i]=-1;
31 if(l==r) {int t=a[l]; dat[i]=d(t,t^1,t,t^1,t,t^1,t,t^1); return;}
32 build(i<<1,l,l+r>>1);
33 build(i<<1|1,(l+r>>1)+1,r);
34 dat[i]=hb(dat[i<<1],dat[i<<1|1]);
35 }
36 void Mdf(int i,int l,int r,int a,int b,int t){
37 if(b<l||r<a) return; if(a<=l&&r<=b) {P(i,t); return;}
38 pd(i); Mdf(i<<1,l,l+r>>1,a,b,t), Mdf(i<<1|1,(l+r>>1)+1,r,a,b,t);
39 dat[i]=hb(dat[i<<1],dat[i<<1|1]);
40 }
41 d Qur(int i,int l,int r,int a,int b){
42 if(b<l||r<a) return d(); if(a<=l&&r<=b) return dat[i];
43 pd(i); return hb(Qur(i<<1,l,l+r>>1,a,b),Qur(i<<1|1,(l+r>>1)+1,r,a,b));//查询的操作也是两个区间的合并
44 }
45 int main(){
46 scanf("%d%d",&n,&q);
47 for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);
48 build(1,1,n);
49 for(int i=1;i<=q;++i){
50 int opt,l,r;
51 scanf("%d%d%d",&opt,&l,&r); ++l, ++r;
52 if(opt<3) Mdf(1,1,n,l,r,opt);
53 else {d t=Qur(1,1,n,l,r); printf("%d
",opt==3?t.w:t.mw);}
54 }
55 return 0;
56 }
还有ODT，写起来超简单，以后在更，嘿嘿qwq
补更-。-|
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define Re register
4
5 struct node{
6 int l, r; mutable bool val;
7 node( int L, int R = -1, int v = 0 ):l(L), r(R), val(v){}
8 bool operator < ( const node t )const{ return l < t.l; }
9 };
10
11 #define IT set<node>::iterator
12 set<node> S;
13
14 inline IT Split( Re int pos ){
15 Re IT t(S.lower_bound(node(pos)));
16 if ( t != S.end() && t->l == pos ) return t;
17 t--;
18 Re int L(t->l), R(t->r); Re bool v(t->val);
19 S.erase(t);
20 S.insert( node( L, pos - 1, v ) );
21 return S.insert( node( pos, R, v ) ).first;
22 }
23
24 inline void Assign( Re int l, Re int r, Re bool v ){
25 Re IT ed(Split(r + 1)), be(Split(l));
26 S.erase( be, ed );
27 S.insert(node( l, r, v ));
28 }
29
30 inline void Change( Re int l, Re int r ){
31 Re IT ed(Split(r + 1)), be(Split(l));
32 for ( Re IT it = be; it != ed; ++it ) it->val = !(it->val);
33 }
34
35 inline int Get1( Re int l, Re int r ){
36 Re IT ed(Split(r + 1)), be(Split(l)); Re int ans(0);
37 for ( Re IT it = be; it != ed; ++it ) if ( it->val ) ans += (it->r) - (it->l) + 1;
38 return ans;
39 }
40
41
42 inline int Get2( Re int l, Re int r ){
43 Re IT ed(Split(r + 1)), be(Split(l)); Re int ans(0), cur(0);
44 for ( Re IT it = be; it != ed; ++it )
45 if ( it->val ) cur += (it->r) - (it->l) + 1;
46 else ans = max( ans, cur ), cur = 0;
47 ans = max( ans, cur );
48 return ans;
49 }
50
51
52
53 int N, M, t, ls;
54 int a[100005];
55
56 int main(){
57 scanf( "%d%d", &N, &M ); ls = 1;
58 for ( Re int i = 1; i <= N; ++i ) scanf( "%d", &a[i] );
59 for ( Re int i = 2; i <= N; ++i ) if ( a[i] ^ a[i - 1] ) S.insert( node( ls, i - 1, a[i - 1] ) ), ls = i;
60 S.insert( node( ls, N, a[N] ) );
61 for ( Re int i = 1; i <= M; ++i ){
62 Re int op, a, b; scanf( "%d%d%d", &op, &a, &b ); a++; b++;
63 if ( op < 2 ) Assign( a, b, op );
64 if ( op == 2 ) Change( a, b );
65 if ( op == 3 ) printf( "%d
", Get1( a, b ) );
66 if ( op == 4 ) printf( "%d
", Get2( a, b ) );
67 }
68 return 0;
69 }
ODT真好背用啊！