Tyvj 1518 CPU监控（线段树）
题目描述：
Bob需要一个程序来监视CPU使用率。这是一个很繁琐的过程，为了让问题更加简单，Bob会慢慢列出今天会在用计算机时做什么事。 Bob会干很多事，除了跑暴力程序看视频之外，还会做出去玩玩和用鼠标乱点之类的事，甚至会一脚踢掉电源……这些事有的会让做这件事的这段时间内CPU使用率增加或减少一个值；有的事还会直接让CPU使用率变为一个值。 当然Bob会询问：在之前给出的事件影响下，CPU在某段时间内，使用率最高是多少。有时候Bob还会好奇地询问，在某段时间内CPU曾经的最高使用率是多少。 为了使计算精确，使用率不用百分比而用一个整数表示。 不保证Bob的事件列表出了莫名的问题，使得使用率为负………………
输入格式：
第一行一个正整数T，表示Bob需要监视CPU的总时间。 然后第二行给出T个数表示在你的监视程序执行之前，Bob干的事让CPU在这段时间内每个时刻的使用率达已经达到了多少。 第三行给出一个数E，表示Bob需要做的事和询问的总数。 接下来E行每行表示给出一个询问或者列出一条事件： Q X Y:询问从X到Y这段时间内CPU最高使用率 A X Y:询问从X到Y这段时间内之前列出的事件使CPU达到过的最高使用率 P X Y Z:列出一个事件这个事件使得从X到Y这段时间内CPU使用率增加Z C X Y Z:列出一个事件这个事件使得从X到Y这段时间内CPU使用率变为Z 时间的单位为秒，使用率没有单位。 X和Y均为正整数（X<=Y），Z为一个整数。 从X到Y这段时间包含第X秒和第Y秒。 保证必要运算在有符号32位整数以内。
输出格式：
对于每个询问，输出一行一个整数回答。
没看懂题？没关系，将题目抽象化一下：
题目大意：
给出序列,要求查询一些区间的最大值、历史最大值，支持区间加、区间修改。序列长度（n）和操作数（m）<=1e5。
题解：
乍一看，这不线段树水题吗！其实不然，此题在洛谷上是黑题，模板很简单，难度在于标记下传。
我们将操作分开来看。首先，这颗线段树要支持区间查询最大值，这个很简单，然后要支持区间赋值和加值。
赋值和加值得结合让此题有了一些难度。对于任何一个点，不能同时拥有两个标记，否则会冲突，因为两个标记是相互影响的，所以操作的先后也就意味着答案。幸运的是，如果我们在每一步操作之前都先下传标记，那么就会解决冲突。
标记的下传是难点。我们先不考虑历史最大值，那么我们用到的标记只有两个，一个为ad，记录加值，另一个为se，记录赋值，两个标记不能同时出现，所以一次操作最多下传一个标记，只下传有信息的标记即可，下传时，由于子节点可能有自己的信息，所以要进行分类讨论：
1、若父节点有ad值，子节点有ad值，累加即可;
2、若父节点有ad值，子节点有se值，则在子节点的se值上加上ad；
3、若父节点有se值，子节点有ad值，则清空字节点的ad值，将子节点的色se值赋成父节点的se值;
4、若父节点有se值，子节点有se值，则用父节点的se值覆盖子节点的se值;
5、若子节点无信息，直接下传。
分的类别很多，但是我们可以将某些性质相似的情况合并，减少代码量，例如第5条就很好合并。对于原因作者不再过多陈述，应该很简单，想想就能明白。
至此我们解决了冲突问题。
然后，我们再考虑历史最大值的问题。
由于标记之打在最上面一层，所以标记的信息可能在传到子节点之前，就已经被覆盖掉。我们为了维护历史最大值，还要相对维护ad值和se值的历史最大值。用had和hse分别代表ad和se的历史最大值。
那么我们可以发现，当标记下传时，信息就可以更新到子节点，所以我们以标记下传为间隔维护had和hse。
历史最大值hma有如下几条来源：
1、ma被直接更新时的值;
2、标记下传时的hse值;
3、标记下传时had和当前ma值之和。
所以每次下传标记时，用以上三条更新即可，但要注意顺序，应先进行2、3再进行1,因为进行1时ma的值改变，其属性不再属于标记下传以前，所以会得到错误答案。
接下来便是had与hse的维护问题。
维护较为简单，我们只要已标记下传为间隔，每次用当前的ad之和se值与父节点的had和hse值更新。每次标记下传时，将had，ad，hse和se都清空，代表一个过程的结束。
had和hse可以由父节点的had和hse值转移，与上面5条类似，注意had和hse还可以直接由ad值和se值更新。
其实我们发现此操作可以分成四部分：
1、用父节点的ad更新;
2、用父节点的had更新;
3、用父节点的se更新;
4、用父节点的hse更新;
这四种操作可写为四个函数，进一步降低代码复杂度。在add和set的函数里，只需进行操作1和3，因为没有父节点的影响，在标记下传时，先进行2、4，再进行1、3，保证状态不会混乱。
要注意的是更新的状态层次，要保持一致，在此题中就是以标记下传分割层次，不要串层更新。
通俗的说，就是我用标记更新儿子，儿子就不会用标记更新自己。add和set函数内的更新其实就是标记下传的一部分，标记下传应与函数内的语句一致。
要注意将se和hse的初值赋为负极大值，排除0的干扰。
此题除了标记下传，其他语句都是正常的线段树打法，不要将问题复杂化。
还有，注意细节，这题打多了可过，打少了一定WA。
复杂度O（nlogn）
Code：
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 using namespace std;
4 const int N=1e5+10;
5 const int inf=99999999;
6 int n,m;
7 struct seg{
8 int l,r;
9 int ma,hma;
10 int ad,had;
11 int se,hse;
12 }t[N<<2];
13 char get()
14 {
15 char c=getchar();
16 while(c!='A'&&c!='C'&&c!='P'&&c!='Q')
17 c=getchar();
18 return c;
19 }
20 void pushup(int k)
21 {
22 t[k].ma=max(t[k<<1].ma,t[k<<1|1].ma);
23 t[k].hma=max(t[k<<1].hma,t[k<<1|1].hma);
24 }
25 void pushdown(int k)
26 {
27 if(t[k].l!=t[k].r)
28 {
29 for(int i=0;i<=1;i++)
30 {
31 int ch=k<<1|i;
32 t[ch].hma=max(t[ch].hma,t[ch].ma+t[k].had);
33 if(t[ch].hse!=-inf)
34 t[ch].hse=max(t[ch].hse,t[ch].se+t[k].had);
35 else
36 t[ch].had=max(t[ch].had,t[k].had+t[ch].ad);
37 t[ch].hma=max(t[ch].hma,t[k].hse);
38 t[ch].hse=max(t[ch].hse,t[k].hse);
39 if(t[k].ad!=0)
40 {
41 t[ch].ma+=t[k].ad;
42 t[ch].hma=max(t[ch].hma,t[ch].ma);
43 if(t[ch].se==-inf)
44 {
45 t[ch].ad+=t[k].ad;
46 t[ch].had=max(t[ch].had,t[ch].ad);
47 }
48 else
49 {
50 t[ch].se+=t[k].ad;
51 t[ch].hse=max(t[ch].hse,t[ch].se);
52 }
53 }
54 else if(t[k].se!=-inf)
55 {
56 t[ch].ma=t[k].se;
57 t[ch].hma=max(t[ch].hma,t[ch].ma);
58 t[ch].se=t[k].se;
59 t[ch].hse=max(t[k].se,t[ch].hse);
60 t[ch].ad=0;
61 }
62 }
63 }
64 t[k].se=t[k].hse=-inf;
65 t[k].ad=t[k].had=0;
66 }
67 void build(int k,int l,int r)
68 {
69 t[k].l=l;
70 t[k].r=r;
71 if(l==r)
72 {
73 scanf("%d",&t[k].ma);
74 t[k].hma=t[k].ma;
75 t[k].ad=t[k].had=0;
76 t[k].se=t[k].hse=-inf;
77 return;
78 }
79 int mid=(l+r)>>1;
80 build(k<<1,l,mid);
81 build(k<<1|1,mid+1,r);
82 t[k].se=t[k].hse=-inf;
83 pushup(k);
84 }
85 void add(int k,int l,int r,int x)
86 {
87 pushdown(k);
88 if(t[k].l>=l&&t[k].r<=r)
89 {
90 t[k].ma+=x;
91 t[k].hma=max(t[k].hma,t[k].ma);
92 if(t[k].se==-inf)
93 {
94 t[k].ad+=x;
95 t[k].had=max(t[k].had,t[k].ad);
96 }
97 else
98 {
99 t[k].se+=x;
100 t[k].hse=max(t[k].hse,t[k].se);
101 }
102 return;
103 }
104 int mid=(t[k].l+t[k].r)>>1;
105 if(l<=mid)
106 add(k<<1,l,r,x);
107 if(r>mid)
108 add(k<<1|1,l,r,x);
109 pushup(k);
110 }
111 void change(int k,int l,int r,int x)
112 {
113 pushdown(k);
114 if(t[k].l>=l&&t[k].r<=r)
115 {
116 t[k].ma=x;
117 t[k].hma=max(t[k].hma,t[k].ma);
118 t[k].se=x;
119 t[k].hse=max(x,t[k].hse);
120 t[k].ad=0;
121 return;
122 }
123 int mid=(t[k].l+t[k].r)>>1;
124 if(l<=mid)
125 change(k<<1,l,r,x);
126 if(r>mid)
127 change(k<<1|1,l,r,x);
128 pushup(k);
129 }
130 int que(int k,int l,int r)
131 {
132 pushdown(k);
133 if(t[k].l>=l&&t[k].r<=r)
134 return t[k].ma;
135 int mid=(t[k].l+t[k].r)>>1;
136 if(r<=mid)
137 return que(k<<1,l,r);
138 else if(l>mid)
139 return que(k<<1|1,l,r);
140 else
141 return max(que(k<<1,l,mid),que(k<<1|1,mid+1,r));
142 }
143 int queh(int k,int l,int r)
144 {
145 pushdown(k);
146 if(t[k].l>=l&&t[k].r<=r)
147 return t[k].hma;
148 int mid=(t[k].l+t[k].r)>>1;
149 if(r<=mid)
150 return queh(k<<1,l,r);
151 else if(l>mid)
152 return queh(k<<1|1,l,r);
153 else
154 return max(queh(k<<1,l,mid),queh(k<<1|1,mid+1,r));
155 }
156 int main()
157 {
158 scanf("%d",&n);
159 build(1,1,n);
160 scanf("%d",&m);
161 for(int i=1;i<=m;i++)
162 {
163 int x,y,z;
164 char op=get();
165 if(op=='A')
166 {
167 scanf("%d%d",&x,&y);
168 printf("%d\n",queh(1,x,y));
169 }
170 else if(op=='C')
171 {
172 scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
173 change(1,x,y,z);
174 }
175 else if(op=='P')
176 {
177 scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
178 add(1,x,y,z);
179 }
180 else
181 {
182 scanf("%d%d",&x,&y);
183 printf("%d\n",que(1,x,y));
184 }
185 }
186 return 0;
187 }
祝你们AC！
