首先有一個顯然的$O(n^2)$暴力做法，將每個位置看成點，然後將所有限制相等的數之間用並查集合並，最後答案就是9*(10^連通塊的個數)。（特判n=1時就是10）。

然後比較容易想到的是，由於每次合併的是一個區間，逐個合併點過於浪費時間，考慮用線段樹建圖優化複雜度，但發現線段樹建圖並不能支援題目中的操作。

考慮常用來替代線段樹的ST表，對每個點i拆成log個，[j][i]表示i~i+(2^j)-1這段區間，我們稱它為i在第j層的點。

對於每個限制，將它拆成log個長度為2的次冪的區間，並分別在層內連邊。

所有限制處理完後，從第log(n)層（最高層）逐層下放資訊。若[j][a]與[j][b]有邊，那麼將[j-1][a]與[j-1][b]連邊，[j-1][a+(1<<(j-1))]與[j-1][b+(1<<(j-1))]連邊。當然若兩個同層點已經在同一個連通塊中則可以不用連邊。

這樣我們成功將邊數降到nlog級別，且第0層能完全記錄所有限制資訊，最後所求的答案就是9*(10^第0層的連通塊個數)。

若不考慮並查集複雜度，每個限制被拆成log個，每層中每個點只會下放兩條邊，共log層，故總複雜度$O((m+n)\log n)$。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 4 typedef long long ll;
 5 using namespace std;
 6 
 7
 
 const int N=100010,mod=1e9+7;
 8 int n,m,sm,ans=9,a,b,c,d,f[20][N],lg[N];
 9 
10 int find(int k,int x){ return (f[k][x]==x) ? x : f[k][x]=find(k,f[k][x]); }
11 void uni(int k,int a,int b){ if (find(k,a)!=find(k,b)) f[k][f[k][a]]=f[k][b]; }
12 
13 int main(){
14     freopen("bzoj4569.in","r",stdin);
 
15     freopen("bzoj4569.out","w",stdout);
16     scanf("%d%d",&n,&m);
17     if (n==1){ puts("10"); return 0; }
18     rep(i,2,n) lg[i]=lg[i>>1]+1;
19     rep(j,0,lg[n]) rep(i,1,n-(1<<j)+1) f[j][i]=i;
20     rep(i,1,m){
21         scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
22         for (int j=lg[b-a+1]; ~j; j--) if (a+(1<<j)-1<=b)
23             uni(j,a,c),a+=1<<j,c+=1<<j;
24     }
25     for (int j=lg[n]; j; j--) rep(i,1,n-(1<<j)+1)
26         uni(j-1,i,find(j,i)),uni(j-1,i+(1<<(j-1)),f[j][i]+(1<<(j-1)));
27     rep(i,1,n) if (find(0,i)==i) sm++;
28     rep(i,2,sm) ans=ans*10ll%mod;
29     printf("%d\n",ans);
30     return 0;
31 }