P2184 贪婪大陆

 

题目背景

面对蚂蚁们的疯狂进攻,小FF的Tower defence宣告失败……人类被蚂蚁们逼到了Greed Island上的一个海湾。现在,小FF的后方是一望无际的大海, 前方是变异了的超级蚂蚁。 小FF还有大好前程,他可不想命丧于此, 于是他派遣手下最后一批改造SCV布置地雷以阻挡蚂蚁们的进攻。

题目描述

小FF最后一道防线是一条长度为N的战壕, 小FF拥有无数多种地雷,而SCV每次可以在[ L , R ]区间埋放同一种不同于之前已经埋放的地雷。 由于情况已经十万火急,小FF在某些时候可能会询问你在[ L' , R'] 区间内有多少种不同的地雷, 他希望你能尽快的给予答复。

对于30%的数据: 0<=n, m<=1000;

对于100%的数据: 0<=n, m<=10^5.

输入输出格式

输入格式:

第一行为两个整数n和m; n表示防线长度, m表示SCV布雷次数及小FF询问的次数总和。

接下来有m行, 每行三个整数Q,L , R; 若Q=1 则表示SCV在[ L , R ]这段区间布上一种地雷, 若Q=2则表示小FF询问当前[ L , R ]区间总共有多少种地雷。

输出格式:

对于小FF的每次询问,输出一个答案(单独一行),表示当前区间地雷总数。

输入输出样例

输入样例#1:

5 4
1 1 3
2 2 5
1 2 4
2 3 5
输出样例#1:

1
2

题解:

看到这个题目的时候有了一种错误的思路,以为是个简单的区间求和,可是仔细研究后发现并不是这样的。并不是将区间内的最大值或者和输出,因为有的时候可能两个相邻的区间放入物品,会默认为一个了,这样就出现了错误。于是就开始寻找思路(感谢web)。

{一种类似前缀和的思路}

我们可以将每个区间的左右端点插入到不同的树中,一个区间内物品的个数,其实就是1~r中左端点的个数减去1~(l-1)中右端点的个数,整理得出:ans=tot-(L[r..n]+R[1..l-1])      {tot=总的放炸弹次数}

即代码中的 tot-(query1(n)-query1(y)+query2(x-1)),输出即可

树状数组版AC代码:

#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1e5+;
int n,m,tot,tr[N][];
inline int lowbit(int x){
return x&-x;
}
inline void updata1(int p,int v){
for(int i=p;i<=n;i+=lowbit(i)) tr[i][]+=v;
}
inline int query1(int p){
int ans=;
for(int i=p;i>=;i-=lowbit(i)) ans+=tr[i][];
return ans;
}
inline void updata2(int p,int v){
for(int i=p;i<=n;i+=lowbit(i)) tr[i][]+=v;
}
inline int query2(int p){
int ans=;
for(int i=p;i>=;i-=lowbit(i)) ans+=tr[i][];
return ans;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=,x,y,z;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&z,&x,&y);
if(z==) updata1(x,),updata2(y,),tot++;
else printf("%d\n",tot-(query1(n)-query1(y)+query2(x-)));
}
return ;
}

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