Bzoj1018 [SHOI2008]堵塞的交通traffic

Time Limit: 3 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 3458  Solved: 1158

Description

  有一天,由于某种穿越现象作用,你来到了传说中的小人国。小人国的布局非常奇特,整个国家的交通系统可
以被看成是一个2行C列的矩形网格,网格上的每个点代表一个城市,相邻的城市之间有一条道路,所以总共有2C个
城市和3C-2条道路。 小人国的交通状况非常槽糕。有的时候由于交通堵塞,两座城市之间的道路会变得不连通,
直到拥堵解决,道路才会恢复畅通。初来咋到的你决心毛遂自荐到交通部某份差事,部长听说你来自一个科技高度
发达的世界,喜出望外地要求你编写一个查询应答系统,以挽救已经病入膏肓的小人国交通系统。 小人国的交通
部将提供一些交通信息给你,你的任务是根据当前的交通情况回答查询的问题。交通信息可以分为以下几种格式:
Close r1 c1 r2 c2:相邻的两座城市(r1,c1)和(r2,c2)之间的道路被堵塞了;Open r1 c1 r2 c2:相邻的两座城
市(r1,c1)和(r2,c2)之间的道路被疏通了;Ask r1 c1 r2 c2:询问城市(r1,c1)和(r2,c2)是否连通。如果存在一
条路径使得这两条城市连通,则返回Y,否则返回N;

Input

  第一行只有一个整数C,表示网格的列数。接下来若干行,每行为一条交通信息,以单独的一行“Exit”作为
结束。我们假设在一开始所有的道路都是堵塞的。我们保证 C小于等于100000,信息条数小于等于100000。

Output

  对于每个查询,输出一个“Y”或“N”。

Sample Input

2
Open 1 1 1 2
Open 1 2 2 2
Ask 1 1 2 2
Ask 2 1 2 2
Exit

Sample Output

Y
N

HINT

Source

 

线段树 脑洞题

学自http://blog.csdn.net/huanghongxun/article/details/51213009

 

exm?线段树怎么还能这么玩儿啊?

矩形只有两行,显然(根本不)可以想到把两行并到一起处理。

对于一个矩形,我们记录它左上角、左下角、右上角、右下角四个方块之间的连通情况,共有6种。

如上图: S0:上方连通   S1:下方连通  S2:左上和左下连通  S3:右上和右下连通   S4:左下和右上连通   S5:左上和右下连通

在所维护矩形只有一列的时候,只剩下两种情况:上下不连通(只有s0和s1为true),上下连通(全为true)

 在改变某一列连通状态时,我们从左区间提取出它最右面的一列,利用该列和左右区间的所有s信息就可以算出大区间的s信息。

 用线段树可以方便地维护

在改变同一行的相邻两列的连通状态时,也可以类似地维护

 

查询两格(x1,y1) (x2,y2)是否联通的时候,由于可能会存在“先往反方向走出[y1,y2]区间,再绕回来,使得两点联通”这种情况,所以不能只查[y1,y2]区间,而要查询[1,y1],[y1,y2],[y2,m]三段区间来判断答案。

 

  1 #include<iostream>
  2 #include<algorithm>
  3 #include<cstring>
  4 #include<cstdio>
  5 using namespace std;
  6 const int mxn=100010;
  7 int read(){
  8     int x=0,f=1;char ch=getchar();
  9     while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 10     while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
 11     return x*f;
 12 }
 13 struct node{
 14     int s[6];
 15 }t[mxn<<2],bas[2];
 16 int id[2][mxn],ict;
 17 int mp[mxn];
 18 #define ls rt<<1
 19 #define rs rt<<1|1
 20 inline node merge(const node &a,const node &b,int mid){
 21     node ans;
 22     int x=mp[id[0][mid]],y=mp[id[1][mid]];
 23     ans.s[0]=(a.s[0]&x&b.s[0])|(a.s[4]&y&b.s[5]);
 24     ans.s[1]=(a.s[1]&y&b.s[1])|(a.s[5]&x&b.s[4]);
 25     ans.s[2]= a.s[2] |(a.s[0]&x&b.s[2]&y&a.s[1]);
 26     ans.s[3]= b.s[3] |(b.s[0]&x&a.s[3]&y&b.s[1]);
 27     ans.s[4]=(a.s[4]&y&b.s[1])|(a.s[0]&x&b.s[4]);
 28     ans.s[5]=(a.s[1]&y&b.s[5])|(a.s[5]&x&b.s[0]);
 29     return ans;
 30 }
 31 void Build(int l,int r,int rt){
 32     if(l==r){t[rt]=bas[0];return;}
 33     int mid=(l+r)>>1;
 34     Build(l,mid,ls);Build(mid+1,r,rs);
 35     return;
 36 }
 37 void update(int x1,int x2,int y1,int y2,int v,int l,int r,int rt){
 38     if(l==r && x1!=x2 && y1==y2){
 39         t[rt]=bas[v];//该列上下联通 
 40         return;
 41     }
 42     int mid=(l+r)>>1;
 43     if(x1==x2 && y1==mid){
 44         mp[id[x1][y1]]=v;
 45         t[rt]=merge(t[ls],t[rs],mid);
 46         return;
 47     }
 48     // 
 49     if(y1<=mid)
 50         update(x1,x2,y1,y2,v,l,mid,ls);
 51     else update(x1,x2,y1,y2,v,mid+1,r,rs);
 52     t[rt]=merge(t[ls],t[rs],mid);
 53     return;
 54 }
 55 node query(int L,int R,int l,int r,int rt){
 56     if(L<=l && r<=R)return t[rt];
 57     int mid=(l+r)>>1;
 58     if(R<=mid)return query(L,R,l,mid,ls);
 59     else if(L>mid)return query(L,R,mid+1,r,rs);
 60         else return merge(query(L,mid,l,mid,ls),query(mid+1,R,mid+1,r,rs),mid);
 61 }
 62 int m;
 63 int ask(int x1,int y1,int x2,int y2){
 64     node L=query(1,y1,1,m,1);
 65     node R=query(y2,m,1,m,1);
 66     node M=query(y1,y2,1,m,1);
 67     if(x1==x2){
 68         return M.s[x1] || ( (!x1) && ((L.s[3]&M.s[5]) || (M.s[4]&R.s[2])) ) ||
 69                           ( (x1) && ( (L.s[3]&M.s[4]) || (M.s[5]&R.s[2]) )) ||
 70                           (M.s[!x1]&L.s[3]&R.s[2]);
 71     }
 72     else if((!x1) && x2){
 73         return M.s[4] | (L.s[3]&M.s[1]) | (M.s[0]&R.s[2]) | (L.s[3]&R.s[2]&M.s[5]);
 74     }
 75     else{
 76         return M.s[5] | (L.s[3]&M.s[0]) | (M.s[1]&R.s[2]) | (L.s[3]&R.s[2]&M.s[4]);
 77     }
 78 }
 79 #undef ls
 80 #undef rs
 81 int main(){
 82     int i,j;
 83     m=read();
 84     for(i=0;i<=1;i++)
 85         for(j=1;j<=m;j++)
 86             id[i][j]=++ict;
 87     //
 88     bas[0]=(node){1,1,0,0,0,0};
 89     bas[1]=(node){1,1,1,1,1,1};
 90     Build(1,m,1);
 91     char op[5];
 92     int x1,y1,x2,y2;
 93     while(1){
 94         scanf("%s",op);
 95         if(op[0]=='E')break;
 96         x1=read();y1=read();x2=read();y2=read();
 97         --x1;--x2;//
 98         if(y1>y2)swap(x1,x2),swap(y1,y2);
 99         switch(op[0]){
100             case 'C':{
101                 update(x1,x2,y1,y2,0,1,m,1);
102                 break;
103             }
104             case 'O':{
105                 update(x1,x2,y1,y2,1,1,m,1);
106                 break;
107             }
108             case 'A':{
109                 int ans=ask(x1,y1,x2,y2);
110                 ans?puts("Y"):puts("N");
111                 break;
112             }
113         }
114     }
115     return 0;
116 }

 

posted @ 2017-05-17 21:48  SilverNebula  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏
AmazingCounters.com