题目
描述
题目大意
给你一个数列，接下来有许多个操作，使得区间和对应的位置染上同样的颜色（使得它们相同）。
最后输出
思考历程
首先看到这题就自然而然地往数据结构方面想（废话！）
接着先想平衡树。既然要将这两个区间变成一样的，那就将它们各自放到子树中，然后对于两个子树的根打上标记。
接下来问题就出现了，怎么维护？怎么下传？并且由于它可能多个标记在一起，这样的时间复杂度岂不是翻天了？
然后我开始想，能不能将这些东西用同一棵子树来代替呢？
想来想去都不能，因为在后面这棵子树总是会被拆开的。
于是我又去想分块，想了一下后开始打，打了几句后突然发现——我没有办法保证这些块都是完全配对的！
想不出来，最终颓废，拿了暴力分的好成绩。
正解
首先有WMY的强大分块做法，我大概听懂了，不过好复杂。
我也没有打，也懒得打，何况他自己就被卡了常数。
所以这里就先不介绍了。
题解的做法是ST表。
ST表是什么东西？就是打时用的那个DP（数据结构？），也可以理解为倍增表。
这题的ST表做法简单易懂，令人大开眼界。
一个区间可以变成两个小区间（这两个小区间之间会有重合部分），两个小区间的并集就是这个大区间。
对于要合并的两个区间，分别这样拆一下，然后对应的合并在一起。
这和之前RMQ的道理是一样的。
（当然，实际上也可以像倍增一样搞，这样的好处是没有重合部分，但对于这题并没有什么卵用）
接下来就变成了合并对应的两个小区间。
它们各自对应着一个ST表上的节点，所以就将这两个节点合并（当然用并查集）。
接着将每个区间分别分成两份，递归下去合并。
如果它们已经合并了，那就退出。（因为它们下面小区间的点已经被合并了。）
听起来好像很暴力的样子。
但实际上ST表上的节点只有个。
由于合并过就退出，所以合并的次数顶多为
那这样时间复杂度就得以保证了。
总时间复杂度就是的
总结
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define N 100010
int n;
struct Point{//这是为了方便操作而搞出来的指针式链表（真是造福人类）
Point *p;
} st[N][17];
Point *getfa(Point &x){
if (x.p==&x)
return &x;
return x.p=getfa(*x.p);
}
inline void merge(int x,int y,int k){
Point *xx=getfa(st[x][k]),*yy=getfa(st[y][k]);
if (xx==yy)
return;
xx->p=yy;
if (!k)
return;
merge(x,y,k-1),merge(x+(1<<k-1),y+(1<<k-1),k-1);
}
inline void connect(int x,int y,int len){
int k=log2(len);
merge(x,y,k);
merge(x+len-(1<<k),y+len-(1<<k),k);
}
int main(){
int T;
scanf("%d%d",&n,&T);
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=0;j<17;++j)
st[i][j].p=&st[i][j];
while (T--){
int l1,r1,l2,r2;
scanf("%d%d%d%d",&l1,&r1,&l2,&r2);
connect(l1,l2,r1-l1+1);
}
int cnt=0;
for (int i=1;i<=n;++i)
if (getfa(st[i][0])==&st[i][0])
cnt++;
int ans=9;
for (int i=1;i<cnt;++i)
ans=ans*10ll%1000000007;
printf("%d
",ans);
return 0;
}
总结
我真的想不到原来ST表还可以这样用……