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[BZOJ4364][IOI2014]wall磚牆（線段樹）

阿新 • • 發佈：2018-12-17

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Solution

線段樹。 每個節點維護標記： (l,r)(l,r) 表示所有小於 ll 的數變成 ll ，大於 rr 的數變成 rr 。 初始標記為 (0,100000)(0,100000) 。 對線段樹一個節點執行 Add xx 操作時，將該節點的 ll 和 rr 都對 xx 取 max⁡\max 。 執行 Remove xx 操作時，將該節點的 ll 和 rr 都對 xx 取 min⁡\min 。 接下來的重點就是下放標記了。（也就是說如何合併兩個標記） 如果線段樹父節點的標記 (l1,r1)(l_1,r_1) 下傳到子節點，子節點原有的標記為 (

l2,r2)(l_2,r_2) ，那麼分類討論一下： （1） r2≤l1r_2\le l_1 ：子節點的標記變成 (l1,l1)(l_1,l_1) 。 （2） r1≤l2r_1\le l_2 ：子節點的標記變成 (r1,r1)(r_1,r_1) 。 （3）否則子節點的標記變成 (max⁡(l1,l2),min⁡(r1,r2))(\max(l_1,l_2),\min(r_1,r_2)) 。 最後對線段樹進行 dfs ，到了葉子節點時的標記如果為 (l,r)(l,r)
 ，則該葉子節點對應下標的值為 ll 。

Code

完整程式：

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)
#define p2 p << 1
#define p3 p << 1 | 1

inline int read()
{
	int res = 0; bool
 
 bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	return bo ? ~res + 1 : res;
}

template <class T>
T Min(T a, T b) {return a < b ? a : b;}

template <class T>
T Max(T a, T b) {return a > b ? a : b;}

const int N = 8e6 + 5;

int n, m, le[N], ri[N];

void down(int p, int to)
{
	if (ri[to] <= le[p]) le[to] = ri[to] = le[p];
	else if (ri[p] <= le[to]) le[to] = ri[to] = ri[p];
	else le[to] = Max(le[to], le[p]),
		ri[to] = Min(ri[to], ri[p]);
}

void pleft(int l, int r, int s, int e, int h, int p)
{
	if (l == s && r == e)
	{
		if (ri[p] <= h) le[p] = ri[p] = h;
		else le[p] = Max(le[p], h);
		return;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	down(p, p2); down(p, p3);
	le[p] = 0; ri[p] = 100000;
	if (e <= mid) pleft(l, mid, s, e, h, p2);
	else if (s >= mid + 1) pleft(mid + 1, r, s, e, h, p3);
	else pleft(l, mid, s, mid, h, p2),
		pleft(mid + 1, r, mid + 1, e, h, p3);
}

void pright(int l, int r, int s, int e, int h, int p)
{
	if (l == s && r == e)
	{
		if (h <= le[p]) le[p] = ri[p] = h;
		else ri[p] = Min(ri[p], h);
		return;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	down(p, p2); down(p, p3);
	le[p] = 0; ri[p] = 100000;
	if (e <= mid) pright(l, mid, s, e, h, p2);
	else if (s >= mid + 1) pright(mid + 1, r, s, e, h, p3);
	else pright(l, mid, s, mid, h, p2),
		pright(mid + 1, r, mid + 1, e, h, p3);
}

void output(int l, int r, int p)
{
	if (l == r) return (void) (printf("%d\n", le[p]));
	int mid = l + r >> 1;
	down(p, p2); down(p, p3);
	le[p] = 0; ri[p] = 100000;
	output(l, mid, p2); output(mid + 1, r, p3);
}

int main()
{
	int i, t, l, r, h;
	n = read(); m = read();
	For (i, 1, n << 2) le[i] = 0, ri[i] = 100000;
	while (m--)
	{
		t = read(); l = read() + 1; r = read() + 1; h = read();
		if (t == 1) pleft(1, n, l, r, h, 1);
		else pright(1, n, l, r, h, 1);
	}
	output(1, n, 1);
	return 0;
}

互動：

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include "wall.h"
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)
#define p2 p << 1
#define p3 p << 1 | 1

inline int read()
{
	int res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	return bo ? -res : res;
}

template <class T>
T Min(T a, T b) {return a < b ? a : b;}

template <class T>
T Max(T a, T b) {return a > b ? a : b;}

const int N = 8e6 + 5;

int le[N], ri[N];

void down(int p, int to)
{
	if (ri[to] <= le[p]) le[to] = ri[to] = le[p];
	else if (ri[p] <= le[to]) le[to] = ri[to] = ri[p];
	else le[to] = Max(le[to], le[p]),
		ri[to] = Min(ri[to], ri[p]);
}

void pleft(int l, int r, int s, int e, int h, int p)
{
	if (l == s && r == e)
	{
		if (ri[p] <= h) le[p] = ri[p] = h;
		else le[p] = Max(le[p], h);
		return;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	down(p, p2); down(p, p3);
	le[p] = 0; ri[p] = 100000;
	if (e <= mid) pleft(l, mid, s, e, h, p2);
	else if (s >= mid + 1) pleft(mid + 1, r, s, e, h, p3);
	else pleft(l, mid, s, mid, h, p2),
		pleft(mid + 1, r, mid + 1, e, h, p3);
}

void pright(int l, int r, int s, int e, int h, int p)
{
	if (l == s && r == e)
	{
		if (h <= le[p]) le[p] = ri[p] = h;
		else ri[p] = Min(ri[p], h);
		return;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	down(p, p2); down(p, p3);
	le[p] = 0; ri[p] = 100000;
	if (e <= mid) pright(l, mid, s, e, h, p2);
	else if (s >= mid + 1) pright(mid + 1, r, s, e, h, p3);
	else pright(l, mid, s 
 

            
  

           

              
              

            

            
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[BZOJ4364][IOI2014]wall磚牆（線段樹）

     
 
							
							
							Address

Solution
線段樹。
每個節點維護標記： (l,r)(l,r)(l,r) 表示所有小於 lll 的數變成 lll ，大於 rrr 的數變成 rrr 。
初始標記為 (0,100000)(0,100000)(0,100000) 。
對線段樹 



  
 

    


    
    
BZOJ4364: [IOI2014]wall磚牆(線段樹)

     
 題意 
題目連結 
Sol 
一個顯然的思路是維護最大最小值以及最大最小值的覆蓋標記。 
https://paste.ubuntu.com/p/WXpBvzF6Y2/ 
但實際上因為這題只需要輸出最後的操作序列，那麼我們只維護最大最小值的覆蓋標記即可。 
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代 



  
 

    


    
    
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using namespace std;
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51nod 1766 樹上的最遠點對（線段樹）

     
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hihoCoder 1116 計算（線段樹）

     
 problem   href   n)   png   線段   upd   ble   新增   pac   http://hihocoder.com/problemset/problem/1116
題意：

思路：
用線段樹解決，每個節點需要設置4個變量，sum記錄答案，all記錄整個區間的乘積， 



  
 

    


    
    
【bzoj3747】Kinoman[POI2015]（線段樹）

     
 def   online   else   sin   time   line   code   最大的   splay   　　題目傳送門：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3747
　　對於這種題，考慮固定區間的右端點為r，設區間左端點為l能 



  
 

    


    
    
Codefroces 920F SUM and REPLACE（線段樹）

     
 ref   define   ise   div   blank   ==   query   force   memset   SUM and REPLACE
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