在毒瘤的bzoj上似乎是道权限题。。。但是这不影响我们用一些奇奇怪怪的途径找到这道题
【题目描述】
DCrusher有一个数列，初始值均为(0)，他进行(N)次操作，每次将数列([a,b))这个区间中所有比(k)小的数改为(k)，他想知道(N)次操作后数列中所有元素的和。他还要玩其他游戏，所以这个问题留给你解决。
【输入格式】
第一行一个整数(N)，然后有(N)行，每行三个正整数(a,b,k)。
(Nleq 40000 , a,b,kleq 10^9)
【输出格式】
一个数，数列中所有元素的和。
题解
我们把所有修改操作按照(k)从大到小排序 那么每次修改操作实际上就变成了 把([a,b))区间内所有的(0)(即之前没有修改过的元素)改成(k) 因为之前就修改过的元素肯定是大于(k)的
那用线段树每次查询([a,b))有多少个(0) 记为(cnt) 实际上(cnt)就等于 区间长度减去区间内有多少个非(0)元素 由于询问按(k)从大到小排序 所以现在区间内的(0)在(N)次操作结束后肯定都会是(k) 所以(ans)加上(cnt*k)
再把([a,b))中所有的(0)改成(k) 注意 不用真的去改 因为我们实际上只关心每个区间内有多少个非(0)元素 所以我们只需要查询完后把整个区间都填成(1)就可以了 询问也就变成了区间内有多少个(1)
所以现在我们需要支持两个操作
- 查询区间内有多少个(1)
- 把整个区间修改成(1)
就正常打标记 都很好实现吧
(a,ble 10^9) 怎么办？动态开点
ps.我一般都是单点修改的时候用到动态开点 这种区间修改打标记能不能动态开点呢?
注意到修改一段区间([l,r])在线段树上可以通过修改不超过(log n)个节点实现 每个节点的深度又最多是(log n) 所以极限情况下每次修改新创建的节点数也不会超过(log^2 n)个 这题是(log^2 10^9 approx 1000) 但是这个上限根本达不到 更别说修改区间还会有交集 所以不用担心内存不够
缺点是常数略大。。。应该有更简单的方法 但是这个方法好就好在它十分的模板
注意一下修改的区间是([a,b))。。。左闭右开
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct query{
int l, r;
ll v;
} q[40005];
inline bool cmp(query x, query y) {
return x.v > y.v;
}
int n;
ll ans;
struct segtree{
struct tree{
int lc, rc, tag;
ll cnt;
} tr[1000005];
int tot;
#define lson tr[ind].lc
#define rson tr[ind].rc
inline void pushdown(int ind, int l, int r) {
if (!tr[ind].tag) return;
tr[ind].tag = 0;
int mid = (l + r) >> 1;
if (!lson) lson = ++tot;
tr[lson].cnt = mid - l + 1;
tr[lson].tag = 1;
if (!rson) rson = ++tot;
tr[rson].cnt = r - mid;
tr[rson].tag = 1;
}
ll query(int ind, int l, int r, int x, int y) {
if (!ind) return 0;
if (x <= l && r <= y) return tr[ind].cnt;
pushdown(ind, l, r);
int mid = (l + r) >> 1;
ll ret = 0;
if (x <= mid) ret += query(lson, l, mid, x, y);
if (mid < y) ret += query(rson, mid+1, r, x, y);
return ret;
}
void update(int &ind, int l, int r, int x, int y) {
if (!ind) ind = ++tot;
if (x <= l && r <= y) {
tr[ind].cnt = (r - l + 1);
tr[ind].tag = 1;
return;
}
pushdown(ind, l, r);
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid) update(lson, l, mid, x, y);
if (mid < y) update(rson, mid+1, r, x, y);
tr[ind].cnt = tr[lson].cnt + tr[rson].cnt;
}
} T;
int rt;
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d %d %lld", &q[i].l, &q[i].r, &q[i].v);
q[i].r--;
}
sort(q + 1, q + n + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ll cnt = T.query(rt, 1, 1e9, q[i].l, q[i].r);
ans += (q[i].r - q[i].l + 1 - cnt) * q[i].v;
T.update(rt, 1, 1e9, q[i].l, q[i].r);
}
printf("%lld
", ans);
return 0;
}