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

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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

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。

         }

     }

 }