1 //作为一个蒟蒻，这么高深的代码当然不可能是我打的，我只是大佬的搬运工
2 //（不过有一些注解是本人补上去，如果有什么问题，望海涵）
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6 /*
7 功能Function Description: POJ 2777 线段树
8 开发环境Environment: DEV C++ 4.9.9.1
9 题意：
10 给定一个长度为N(N <= 100000)的数列Si，紧接着Q(Q <= 100000)条操作，操作
11 形式有两种：
12 1. "C A B C" 将A到B的数都染成C这种颜色。
13 2. "P A B" 输出A和B之间不同颜色的数目。
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15 解法：-------转线段树（染色问题）
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17 思路：
18 一看到数据量就可以首先确定是线段树了，经典的区间染色问题，涉及到区间的
19 更新和询问，和pku 3468 类似，巧妙运用lazy思想。就是每次更新区间段的时候延迟
20 更新，只是在完全覆盖的区间打上一个lazy标记。这题的询问是求区间段中不同颜色的
21 数量，因为颜色数不多只有30种，可以巧妙运用二进制位运算，用一个int就可以表示
22 当前区间段的颜色情况。比如1001表示有两种颜色，如果左子树的当前颜色情况是101 ，
23 而右子树的颜色情况是011，那么父亲的颜色情况就是两者的位或，这样就可以避免
24 掉重复的情况。
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26 再来谈谈lazy思想。做了这么多的线段树，应该总结一下，lazy是一个很经典的思
27 想。所谓lazy，就是懒惰，每次不想做太多，只要插入的区间完全覆盖了当前结点所管
28 理的区间就不再往下做了，在当前结点上打上一个lazy标记，然后直接返回。下次如果
29 遇到当前结点有lazy标记的话，直接传递给两个儿子，自己的标记清空。这样做肯定是
30 正确的。我们以染色为例，可以这样想，如果当前结点和它的子孙都有lazy标记的话，
31 必定是子孙的先标记，因为如果是自己先标记，那么在访问子孙的时候，必定会将自己
32 的标记下传给儿子，而自己的标记必定会清空，那么lazy标记也就不存在了。所以可以
33 肯定，当前的lazy标记必定覆盖了子孙的，所以直接下传即可，不需要做任何判断。当
34 然，这是染色问题，是直接赋值的，如果像pku 3468那样，每次是区间加和，则传递标
35 记的时候不能简单的赋值，必须累加，这是显而易见的。 */
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37 #include <iostream>
38 #include <cstdio>
39 #include <cstring>
40 using namespace std;
41 struct node
42 {
43 int lc,rc;
44 int state; //用二进制中的每一位中的1的个数来标记颜色个数
45 int id; //标记状态看是否被完全覆盖
46 }tree[300010];
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48 void build (int s,int t,int T)
49 {
50 int mid;
51 tree[T].lc=s;//数组起始位置
52 tree[T].rc=t;//数组结束位置
53 if(s==t) //叶子结点
54 return ;
55 mid=(s+t)>>1;//位运算，等价于 mid=(s+t)/2;
56 build(s,mid,T<<1);//递归构造左子树
57 build(mid+1,t,(T<<1)|1);//递归构造右子树 ,位运算，等价于 build(mid+1,t,(T*2)+1)
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59 }
60 void insert(int s,int t,int T,int value) //从s到t涂上颜色value，从T节点开始查找
61 {
62 int mid;
63 if(tree[T].lc==s &&tree[T].rc==t) //说明涂色范围正好完全覆盖T所包含的区域，直接更新颜色信息，下边的节点不用管
64 {
65 tree[T].id=1; //标记为完全覆盖
66 tree[t].state=1<<(value-1); //不同的颜色用二进制不同位上的1表示
67 return ;
68 }
69 if(tree[T].id) //说明T是完全覆盖的，更新T孩子节点的信息
70 {
71 tree[T].id=0;//当前节点删去标记
72 tree[T<<1].id=tree[(T<<1)|1].id=1;//这是连等吧？还可以有这种操作，长见识了
73 tree[T<<1].state=tree[(T<<1)|1].state=tree[T].state;//当前节点的颜色个数传递给他的左、右子树
74 }
75 mid=(tree[T].lc+tree[T].rc)>>1;
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77 if(t<=mid) //说明涂色范围在T节点的左子树
78 insert(s,t,T<<1,value);
79 else if(s>mid) //说明涂色范围在T节点的右子树
80 insert(s,t,(T<<1)|1,value);
81 else//否则，涂色范围横跨T节点的左、右子树
82 {
83 insert(s,mid,T<<1,value);
84 insert(mid+1,t,(T<<1)|1,value);
85 }
86 tree[T].state=(tree[T<<1].state)|(tree[(T<<1)|1].state);//位运算，等同于把左右子树颜色数相加 ，又避免了同一颜色多次累加
87 if(tree[T<<1].id && tree[(T<<1)|1].id && tree[T<<1].state==tree[(T<<1)|1].state)
88 tree[T].id=1;
89 }
90 int qurry(int s,int t,int T) //从T节点开始查询区间s到t的颜色个数
91 {
92 int mid;
93 if(tree[T].lc==s && tree[T].rc==t)
94 return tree[T].state;
95 if(tree[T].id) //剪枝——说明T是全覆盖的，直接返回状态值即可
96 return tree[T].state;
97 mid=(tree[T].lc+tree[T].rc)>>1;
98 if(t<=mid)
99 return qurry(s,t,T<<1);
100 else if(s>mid)
101 return qurry(s,t,(T<<1)|1);
102 else
103 return qurry(s,mid,T<<1)|qurry(mid+1,t,(T<<1)|1);
104 }
105 int main()
106 {
107 int i,j,k,color,t,num,len,m;
108 char cmd[2];
109 while(scanf("%d%d%d",&len,&color,&m)!=EOF)
110 {
111 build(1,len,1);
112 tree[1].state=1;
113 tree[1].id=1;
114 while(m--)
115 {
116 scanf("%s",cmd);
117 if(cmd[0]=='C')
118 {
119 scanf("%d%d%d",&i,&j,&k);
120 if(i>j) //输入的区间可能不按从大到小，需要进行交换，保证i<j
121 {
122 t=i;
123 i=j;
124 j=t;
125 }
126 insert(i,j,1,k);
127 }
128 else
129 {
130 scanf("%d%d",&i,&j);
131 if(i>j)
132 {
133 t=i;
134 i=j;
135 j=t;
136 }
137 k=qurry(i,j,1);
138 num=0;
139 for(i=0;i<color;++i)
140 if(k&(1<<i))
141 ++num;
142 printf("%d\n",num);
143 }
144 }
145 }
146 return 0;
147 }
浙公网安备 33010602011771号