6.6 省选模拟赛 线段 二维数点问题 树套树 CDQ分治

LINK：线段

还是太菜了 没看出这道题真正的模型 我真是一个典型的没脑子选手。

考虑如何查询答案。

每次在一个线段x的状态被更改后 可以发现有影响的是 和x相连那段极长连续1子段。

设这个子段左端点为l 右端点为r 那么容易发现 左端点为 l~x 右端点为 x~r 这些询问的贡献将会变化。

将这个变化映射到二维平面上 那么每次询问就是询问某个点的类似的权值。

考虑一条线段在 T1时刻是联通的 T2时刻不连通了 那么对答案的贡献为T2-T1.

至此每次修改都可以看成给二维平面上某个区域加上一个值。

那么对于询问 考虑当前点是否是联通的 如果不连通那就是当前点权 如果联通就是i+当前点权 因为只有不连通的时候贡献才会产生 此时强制性让其不连通即可。

那么就是一个二维数点问题。经典模型是CDQ分治解决。

当然一个比较无脑的实现是 线段树套线段树 或者 树状数组套线段树。

当然内层线段树都需要是 动态开点+标记永久化。下传懒标记对空间开销过大。

值得一提的是查最远和左右端点的问题 如果采用线段树上二分感觉比往常的要繁琐很多 所以采用的是树状数组+二分 当然也可以二分+set等等。

这里用的是CDQ分治.

const int MAXN=300010;
int n,Q,cnt;
char a[MAXN];
int c[MAXN],ans[MAXN];ll s[MAXN];
struct wy{int x,y,id;int op;}t[MAXN*4],tmp[MAXN*4];
inline int ask(int x){int cnt=0;while(x)cnt+=c[x],x-=x&-x;return cnt;}
inline void add(int x,int y){while(x<=n)c[x]+=y,x+=x&-x;}
inline ll ask1(int x){ll cnt=0;while(x)cnt+=s[x],x-=x&-x;return cnt;}
inline void add1(int x,int y){while(x<=n)s[x]+=y,x+=x&(-x);}
inline int check(int l,int r){return ask(r)-ask(l-1)>=r-l+1;}
inline int askr(int x)
{
	if(x==n)return x;
	if(!check(x+1,x+1))return x;
	int l=x+1,r=n;
	while(l+1<r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(x+1,mid))l=mid;
		else r=mid;
	}
	if(check(x+1,r))return r;
	return l;
}
inline int askl(int x)
{
	if(x==1)return x;
	if(!check(x-1,x-1))return x;
	int l=1,r=x-1;
	while(l<r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid,x-1))r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	return r;
}
inline void CDQ(int l,int r)//第一维时间 第二维横坐标 第三维纵坐标.
{
	if(l==r)return;
	int mid=(l+r)>>1;
	CDQ(l,mid);
	CDQ(mid+1,r);//两边都按照横坐标排好序.
	int i=l,j=mid+1,mark=r;
	rep(l,r,k)
	{
		if(i<=mid&&j<=r)
		{
			if(t[i].x<=t[j].x)
			{
				if(op(i))add1(t[i].y,op(i));
				tmp[k]=t[i];++i;
			}
			else
			{
				if(!op(j))ans[id(j)]+=ask1(t[j].y);
				tmp[k]=t[j];++j;
			}
		}
		else
		{
			mark=min(mark,i-1);
			if(i<=mid)tmp[k]=t[i],++i;
			else
			{
				if(!op(j))ans[id(j)]+=ask1(t[j].y);
				tmp[k]=t[j];++j;mark=mid;
			}
		}
	}
	rep(l,mark,i)if(op(i))add1(t[i].y,-op(i));
	rep(l,r,k)t[k]=tmp[k];//归并结束.
}
int main()
{
	freopen("1.in","r",stdin);
    //freopen("segment.out","w",stdout);
	gt(n);gt(Q);gc(a);
	rep(1,n,i)
	{
		c[i]+=a[i]-'0';
		if((i+(i&-i))<=n)c[i+(i&-i)]+=c[i];
	}
	rep(1,Q,i)
	{
		gc(a);ans[i]=-1;
		if(a[1]=='q')
		{
			int l,r;gt(l),gt(r);--r;
			int wr=askr(l-1);ans[i]=0;
			if(wr>=r)ans[i]+=i;//此时是联通的 需要强制断开.
			t[++cnt]=(wy){l,r,i,0};//查询(1,1) 到 (l,r)的矩形和.
		}
		else
		{
			int x;gt(x);
			int wl=askl(x);
			int wr=askr(x);
			int ww=check(x,x);
			if(ww)//当前是联通的.
			{
				t[++cnt]=(wy){wl,x,i,i};
				if(wr+1<=n)t[++cnt]=(wy){wl,wr+1,i,-i};
				if(x+1<=n)t[++cnt]=(wy){x+1,x,i,-i};
				if(wr+1<=n)t[++cnt]=(wy){x+1,wr+1,i,i};
				add(x,-1);
			}
			else
			{
				t[++cnt]=(wy){wl,x,i,-i};
				if(wr+1<=n)t[++cnt]=(wy){wl,wr+1,i,i};
				if(x+1<=n)t[++cnt]=(wy){x+1,x,i,i};
				if(wr+1<=n)t[++cnt]=(wy){x+1,wr+1,i,-i};
				add(x,1);
			}
		}
	}
	CDQ(1,cnt);
	rep(1,Q,i)if(ans[i]!=-1)put(ans[i]);
	return 0;
}