操作无论是U还是L,都会使原图形分裂成两个图形,且两个图形的操作互不影响

我们又发现由于操作点只可能在下斜线上,如果将操作按x排序

那么无论是U还是L,都会将操作序列完整分割成两半,且两个操作序列互不影响

这样我们就可以对操作进行分治,每次找到最靠前的操作,并将操作序列分割

对于U操作而言,计算其答案只需要知道当前列最靠下的那一行

对于L操作而言,计算其答案只需要知道当前行最靠右的那一列

分治的时候动态维护即可

注:这样的话最坏情况会递归20w层,在CF上会爆栈,所以我的代码人为的开了栈空间

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<map>
#include<iostream>
using namespace std; const int maxn=200010;
int n,m;
struct OP{
int a,b,id;
char c;
}A[maxn];
int mn[maxn<<2];
int ans[maxn];
map<int,bool>vis; bool cmp(const OP &A,const OP &B){return A.a<B.a;}
void ch_read(char &ch){
ch=getchar();
while(ch<'!')ch=getchar();
}
int Min(int a,int b){return A[a].id<A[b].id?a:b;}
void build(int o,int L,int R){
if(L==R){mn[o]=L;return;}
int mid=(L+R)>>1;
//cout<<mid<<endl;
build(o<<1,L,mid);
build(o<<1|1,mid+1,R);
mn[o]=Min(mn[o<<1],mn[o<<1|1]);
}
int ask(int o,int L,int R,int x,int y){
if(L>=x&&R<=y)return mn[o];
int mid=(L+R)>>1;
if(y<=mid)return ask(o<<1,L,mid,x,y);
else if(x>mid)return ask(o<<1|1,mid+1,R,x,y);
else return Min(ask(o<<1,L,mid,x,y),ask(o<<1|1,mid+1,R,x,y));
}
void Solve(int L,int R,int Low,int Right){
if(L>R)return;
int now=ask(1,1,m,L,R);
if(vis[A[now].a]){
Solve(L,now-1,Low,Right);
Solve(now+1,R,Low,Right);
return;
}
vis[A[now].a]=true;
if(A[now].c=='U'){
ans[A[now].id]=A[now].b-Low;
Solve(L,now-1,Low,Right);
Solve(now+1,R,Low,A[now].a);
}else{
ans[A[now].id]=A[now].a-Right;
Solve(L,now-1,A[now].b,Right);
Solve(now+1,R,Low,Right);
}return;
} int main(){
int __size__ = 20 << 20; // 20MB
char *__p__ = (char*)malloc(__size__) + __size__;
__asm__("movl %0, %%esp\n" :: "r"(__p__));
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d%d",&A[i].a,&A[i].b);
ch_read(A[i].c);A[i].id=i;
}
sort(A+1,A+m+1,cmp);
build(1,1,m);
Solve(1,m,0,0);
for(int i=1;i<=m;++i)printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}

  

另外附上官方题解:

还是上面的思路,我们很容易发现:

对于每一行,只需要知道其最靠右覆盖的列

对于每一列,只需要知道其最靠下覆盖的行

我们可以建两棵线段树,分别维护行的信息和列的信息

每次操作分别更改两棵线段树即可

又因为n很大,所以我们需要对行和列离散化

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