题目链接: Physical Education Lessons

大致题意

给定一个长度为$n$的$01$序列, 有两种操作: 把区间$[l,r]$全部变为$1$, 或把区间$[l,r]$全部变为$0$.

每次操作结束后, 输出序列中$1$的个数.

解题思路

➡️题目弱化版推荐⬅️

➡️珂朵莉树做法题解⬅️

线段树

我们考虑到如果$n$比较小(在$10^6$以内), 我们可以直接用线段树暴力维护区间信息.

但是本题的$n$很大(有$10^9$), 我们没法通过堆存储的方式用静态开点线段树来维护. 但是考虑到操作$m$比较小, 只有$3\cdot 10^5$, 因此涉及到的点个数至多为$2m$. 我们可以采用动态开点的线段树来维护.

但是我们还有一种更节省空间的方式 — 把用到的所有点进行离散化. 但是这样离散化后, 会使得原本不连续的点变得连续, 我们需要再额外插入一些有权值的点, 使得这些点仍然保持不连续.

例如: 如果现在用到的端点有3和7, 离散化后就变成了1和2, 但本身3和7是不挨着的(中间还有4, 5, 6). 但是离散化后, 1和2是挨着的(4, 5, 6这三个点被错误的丢弃了).

---

因此我们正确的做法是, 在3和7两个点之间再插入一个带有权值的点4, 权值为3(表示4, 5, 6这三个点).

为了便于叙述, 我们不妨把所有的点都看作一个点对$(x,y)$, 其中$x$为点所处的位置, $y$为这个点的点权, 即表示这个点一共代表了多少个点.

如上述的3和7离散化后, 应该为$(1,1),(2,3),(3,1)$.

我们发现, 通过这种离散化方式, 至多会额外产生一倍的点数.

因此线段树内维护的点个数至多为$4m$. 又因线段树需要开$4$倍空间, 因此我们需要的空间为$16m$.

考虑如何用线段树维护序列:

由于每次是把一个区间全部变为$0$或$1$, 这相当于是一次区间修改. 我们可以通过在树外处理出前缀和数组的方式, 来节约空间.

对于查询整个$01$序列的$1$的个数, 就是线段树的根节点查询.

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, n) for (int i = 1; i <= (n); ++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 3E5 + 10;
vector<int> v(1, -0x3f3f3f3f);
int find(int x) {
    
     return lower_bound(v.begin(), v.end(), x) - v.begin(); }
int s[N * 4];

struct query {
    
     int tp, l, r; }; vector<query> area;

struct node {
    
    
	int l, r;
	int val;
	int lazy;
}t[N << 4];
void pushdown(node& op, int lazy) {
    
    
	op.val = lazy * (s[op.r] - s[op.l - 1]);
	op.lazy = lazy;
}
void pushdown(int x) {
    
    
	if (t[x].lazy == -1) return;
	pushdown(t[x << 1], t[x].lazy), pushdown(t[x << 1 | 1], t[x].lazy);
	t[x].lazy = -1;
}
void pushup(int x) {
    
     t[x].val = t[x << 1].val + t[x << 1 | 1].val; }

void build(int l, int r, int x = 1) {
    
    
	t[x] = {
    
     l, r, s[r] - s[l - 1], -1 };
	if (l == r) return;
	int mid = l + r >> 1;
	build(l, mid, x << 1), build(mid + 1, r, x << 1 | 1);
}

void modify(int l, int r, int c, int x = 1) {
    
    
	if (l <= t[x].l and r >= t[x].r) {
    
    
		pushdown(t[x], c);
		return;
	}
	pushdown(x);
	int mid = t[x].l + t[x].r >> 1;
	if (l <= mid) modify(l, r, c, x << 1);
	if (r > mid) modify(l, r, c, x << 1 | 1);
	pushup(x);
}

int main()
{
    
    
	int n, m; cin >> n >> m;
	rep(i, m) {
    
    
		int l, r, tp; scanf("%d %d %d", &l, &r, &tp);
		area.push_back({
    
     tp, l, r });
		v.push_back(l), v.push_back(r);
	}
	v.push_back(1), v.push_back(n); // 本题需要离散化整个[1, n]区间
	sort(v.begin(), v.end()); v.erase(unique(v.begin(), v.end()), v.end());

	int last = 0;
	int len = v.size();
	rep(i, len - 1) {
    
    
		int l = last + 1, r = v[i] - 1;
		if (l <= r) v.push_back(l);
		last = v[i];
	}
	sort(v.begin(), v.end());

	len = v.size(); // [1, len - 1]
	for (int i = 1; i < len - 1; ++i) s[i] = v[i + 1] - v[i];
	s[len - 1] = 1; // 右端点n
	rep(i, len - 1) s[i] += s[i - 1];
	assert(s[len - 1] == n);

	build(1, len - 1);

	for (auto& [tp, l, r] : area) {
    
    
		l = find(l), r = find(r);
		modify(l, r, tp - 1);
		printf("%d\n", t[1].val);
	}

	return 0;
}

END