usaco 2008 月赛 lites 开关灯 题解

  题目： 

   Farmer John尝试通过和奶牛们玩益智玩具来保持他的奶牛们思维敏捷. 其中一个大型玩具是 牛栏中的灯. N (2 <= N <= 100,000) 头奶牛中的每一头被连续的编号为1..N, 站在一个 彩色的灯下面.刚到傍晚的时候,
所有的灯都是关闭的. 奶牛们通过N个按钮来控制灯的开关; 按第i个按钮可以 改变第i个灯的状态.奶牛们执行M (1 <= M <= 100,000)条指令, 每个指令都是两个整数中的一个(0 <= 指令号 <= 1). 第1种指令(用0表示)包含两个数字S_i和E_i (1 <= S_i <= E_i <= N), 它们表示起始开关 和终止开关. 奶牛们只需要把从S_i到E_i之间的按钮都按一次, 就可以完成这个指令. 第2种指令(用1表示)同样包含两个数字S_i和E_i (1 <= S_i <= E_i
<= N), 不过这种指令 是询问从S_i到E_i之间的灯有多少是亮着的. 帮助FJ确保他的奶牛们可以得到正确的答案. 

这是我做的第一道线段树的题目，以前只了解过模板——下面我就来介绍一下。

-------------------------------------------线段树的介绍-------------------------------------------------------

线段树是什么？就是一种二叉树结构，而且它的每一个结点代表一条线段的和。

以下是百度百科的详细解释：

线段树是一种二叉搜索树，与区间树相似，它将一个区间划分成一些单元区间，每个单元区间对应线段树中的一个叶结点。

对于线段树中的每一个非叶子节点[a,b]，它的左儿子表示的区间为[a,(a+b)/2]，右儿子表示的区间为[(a+b)/2+1,b]。因此线段树是平衡二叉树，最后的子节点数目为N，即整个线段区间的长度。

使用线段树可以快速的查找某一个节点在若干条线段中出现的次数，时间复杂度为O(logN）。而未优化的空间复杂度为2N，因此有时需要离散化让空间压缩。

线段树至少支持下列操作：

Insert(t,x）：将包含在区间 int 的元素 x 插入到树t中；

Delete(t,x）：从线段树 t 中删除元素 x；

Search(t,x）：返回一个指向树 t 中元素 x 的指针。

一般线段树我都是用堆来储存的，即a[i]的左儿子是a[i*2]，右儿子是a[i*2+1]。

线段树快在哪里呢？他对于每个结点的修改和访问都是log(n)的效率。

相信到这里都很好理解，下面介绍一种更加强大的思想：lazy思想。

如果我要将a--b的区间的每一个值都加上p，那么效率就是(b-a+1)log(n)。有没有更快的方法呢？

通过研究，我们发现：如果它只修改而并不访问，我们岂不是不用更新了！

于是我们可以再开一个域cnt，表示目前有多少次累加被积压着。每次处理到k结点时（注意，这个处理包括访问和修改等），我们都把它积压的值给加上，然后传给它的儿子。此时它的儿子不必处理，直到要处理到它的儿子为止。

下面是这强大的update代码：

void update(long k)
{
  if (a[k].cnt==0) return;
  a[k].sum+=(a[k].r-a[k].l+1)*a[k].cnt;
  a[k*2].cnt+=a[k].cnt;a[k*2+1].cnt+=a[k].cnt;
  a[k].cnt=0;
}

每次处理到k时，先做一遍update(k)再进行操作即可。

------------------------------------------------回到原题-------------------------------------------------------

这里可能相对简单一些，下面说一些与模板不太相同的细节。

（1）初始建树时，每个值都是0.

（2）在插入时，每次cnt累加1即可，这个1当然不是加上1，而是执行操作数。

（3）在update中，如果cnt是偶数，就可以直接清零（因为偶数次不是抵消了嘛！）；如果是奇数，我们把它相反一下，并向下传1。

代码：

#include<stdio.h>
using namespace std;
const long maxn=100001;
struct tree
{
  long l,r;                       //l和r就是a[i]所表示的左右区间范围。
  long cnt,sum;                   //cnt是累加的操作次数，sum是a[i]表示的线段中开着的灯的数量。
}a[4*maxn];
long n,m,i,x,y,ok;
void build(long k,long l,long r)   //基础建树
{
  a[k].cnt=0;a[k].l=l;a[k].r=r;
  if (l==r) return;
  long mid=(l+r)/2;
  build(k*2,l,mid);build(k*2+1,mid+1,r);
}
void update(long k)       //update操作。
{
  if (a[k].cnt==0) return;
  if (a[k].cnt%2==1)
  {
    a[k].sum=a[k].r-a[k].l+1-a[k].sum;       //a[k]的区间是a[k].l到a[k].r，那么共有a[k].r-a[k].l+1个，这里取反。
    a[k*2].cnt+=1;a[k*2+1].cnt+=1;
    a[k].cnt=0;
  }
  else a[k].cnt=0;
}
void ins(long k,long l,long r)
{
  update(k);
  if (a[k].l>=l&&a[k].r<=r) {a[k].cnt+=1;return;}   //当前区域被覆盖
  long mid=(a[k].l+a[k].r)/2;                      //二分找被覆盖的区域。
  if (l<=mid) ins(k*2,l,r);
  if (r>mid) ins(k*2+1,l,r);
  update(k*2);update(k*2+1);        //对儿子的更新操作（很重要），因为下面一步要重新更新当前的值。
  a[k].sum=a[k*2].sum+a[k*2+1].sum;
}
long find(long k,long l,long r)             //这与ins大同小异。
{
  update(k);
  if (a[k].l>=l&&a[k].r<=r) return a[k].sum;
  long mid=(a[k].l+a[k].r)/2,o=0;
  if (l<=mid) o+=find(k*2,l,r);
  if (r>mid) o+=find(k*2+1,l,r);
  update(k*2);update(k*2+1);
  a[k].sum=a[k*2].sum+a[k*2+1].sum;
  return o;
}
int main()
{
    //freopen("lites.in","r",stdin);
    //freopen("lites.out","w",stdout);
    scanf("%ld%ld",&n,&m);
    build(1,1,n);
    for (i=1;i<=m;i++)
    {
      scanf("%ld%ld%ld",&ok,&x,&y);
      if (ok==0) ins(1,x,y);
      else {long ans=find(1,x,y);printf("%ld\n",ans);}
    }
    //scanf("%ld",&n,&m);
    return 0;
}