CodeChef - ANDMIN —— 线段树 （结点最多被修改的次数）

题目链接：https://vjudge.net/problem/CodeChef-ANDMIN

Read problems statements in Mandarin Chinese, Russian and Vietnamese as well.

You are given an array of N integers. You should support the following queries on this array.

• 0 L R : Find the minimum integer in the range A_L, A_L+1, ..., A_R.
• 1 L R X : You should apply the assignment A[i] = A[i] & X, for all indices i in range [L, R], where & denotes bitwise AND operation.

Input

First line of the input contains two space separated integers N and Q.

Second line contains N integer numbers denoting array A.

In the next Q lines, each contain one of the queries described above.

Output

For each query of the type 0, output a single line containing the answer of the query.

Constraints

• 1 ≤ N, Q ≤ 10⁵
• 1 ≤ A_i, X ≤ 10⁹
• 1 ≤ L ≤ R ≤ N

Example

Input:
5 5
1 5 2 3 4
0 2 5
1 1 5 6
0 2 2
1 2 5 3
0 1 3

Output:
2
4
0

题意：

给出一个序列。有两种操作：0 L R，查询区间 [L, R]的最小值，1 L R X，对区间[L,R]中的每个数与x作与操作。

题解：

1.线段树的应用。可知对于一个int类型的值，最少只需做31次与操作，每一位上的值都全部为0。

2.构架线段树，线段树中的每个结点，除了记录当前段的最小值之外，还需记录一个状态，这个状态即：这一段中，有哪些位是为1的。当此段的这个位为1，且x的这个位为0，那么就可以继续往下更新，把这个段中的这个位置为0；否则，当此段的这个位为0，而x的这个位为0，那么就无需往下更新了，因为做的是无用功。

反思：

1.自己开始时的想法是：如果这一段的数不全为0，那么就往下更新，因为期望着在如若干操作之后，这些区间的值都会变成0，那么时间限制应该不成为题。然而这只是很幼稚的想法，如果x都是1111111111，那岂不是每一次都要往下更新到根节点，但值又不发生任何改变，即做了很多无用功。

2.计算机都讲究效率，我们想只做有用功。所以，就必须清楚哪些是有用功，哪些是无用功。对于此题，如果x不能改变当前段的任何一个值，那么执行它就是无用功了。所以，在线段树的每个节点中，记录有哪些位的值为1，当x的此位也为1，那么次操作就是有用功，否则是无用功。

3.线段树的结点，就是记录当前段，或者说当前集合的公共信息，常见是最大最小值、和，当然还可以是很多天马行空的信息，要大胆想。

代码如下：

 #include <iostream>
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <cmath>
 #include <algorithm>
 #include <vector>
 #include <queue>
 #include <stack>
 #include <map>
 #include <string>
 #include <set>
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 const double EPS = 1e-;
 const int Int_Max = (<<)-;
 const int INF = 2e9;
 const LL LNF = 2e18;
 const int MAXN = 1e5+;

 int minv[MAXN<<], state[MAXN<<];
 void push_up(int u)
 {
     minv[u] = min(minv[u*], minv[u*+]);
     state[u] = state[u*]|state[u*+];     //信息集合
 }

 void build(int u, int l, int r)
 {
     if(l==r)
     {
         scanf("%d", &minv[u]);
         state[u] = minv[u];
         return;
     }

     int mid = (l+r)>>;
     build(u*, l, mid);
     build(u*+, mid+, r);
     push_up(u);
 }

 void add(int u, int l, int r, int x, int y, int val)
 {
     int tmpDel = state[u]&val;  //对当前段与删除标签进行求与，得到的即为当前段可置0的位置的集合
     if(tmpDel==) return;   //如果没有位置可以置为0，则直接退出
     if(l==r)
     {
         minv[u] ^= tmpDel;
         state[u] ^= tmpDel;
         return;
     }

     int mid = (l+r)>>;
     if(x<=mid) add(u*, l, mid, x, y, val);
     if(y>=mid+) add(u*+, mid+, r, x, y, val);
     push_up(u);
 }

 int query(int u, int l, int r, int x, int y)
 {
     if(x<=l && r<=y)
         return minv[u];

     int ret = INF;
     int mid = (l+r)>>;
     if(x<=mid) ret = min(ret, query(u*, l, mid, x, y));
     if(y>=mid+) ret = min(ret, query(u*+, mid+, r, x, y));
     push_up(u);
     return ret;
 }

 int main()
 {
     int n, m;
     scanf("%d%d", &n,&m);
     build(,,n);
     int op, L, R, val;
     while(m--)
     {
         scanf("%d", &op);
         if(op==)
         {
             scanf("%d%d", &L, &R);
             printf("%d\n", query(,,n,L,R));
         }
         else
         {
             scanf("%d%d%d", &L,&R,&val);
             add(,,n,L,R,(val^Int_Max));   //对val进行按位取反。
         }
     }
 }