P2574 XOR的艺术 题解

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简要题意：

给定一个长度为 $n$ 的 $01$ 序列 $a$， $q$ 次操作：

• 对 $[l,r]$ 区间进行异或操作（即 $0 \gets 1, 1 \gets 0$）
• 询问 $[l,r]$ 区间中 $1$ 的个数。

$n,q \leq 2 \times 10^5$.

算法一 分块

显然 $\mathcal{O}(nq)$ 的暴力是不可能通过这道题目的。

考虑如何分块。

令块长为 $S$，对于 $\lfloor \frac{n}{S} \rfloor$ 个块，初始化其中 $0$ 和 $1$ 的个数。

下面对于每个修改操作，对整块则直接交换 $0,1$ 的参数，不完整块则暴力修改。

对于询问，整块直接返回 $1$ 的个数，不玩整块则直接暴力统计。

时间复杂度： $\mathcal{O}(Sq + \lfloor \frac{n}{S} \rfloor q)$.

显然想让这个复杂度最小，令 $S = \sqrt{n}$ 是最佳选择，复杂度为 $\mathcal{O}(n \sqrt{n})$.

实际上暴力也是一种优雅的分块，它只是 $S=1$ 而已。

算法二 线段树

假设这个题开到 $n,q \leq 2 \times 10^6$，显然分块就无能为力解决了。

考虑如何用线段树解决？

还是用代码讲吧。线段树板子相信大家都会，那讲起来会非常方便。

初始化部分

#define L (x<<1)
#define R (x<<1)+1

这是一个声明， $L$ 即 $x$ 的左儿子节点， $R$ 即 $x$ 的右儿子节点！

struct T {
	int l,r,z,o,tag;
} T[N<<2];

线段树常规套路， $[l,r]$ 区间中有 $z$ 个 $0$， $o$ 个 $1$. $\text{tag}$ 表示 $[l,r]$ 区间被修改的次数（懒标记）。

inline void build_tree(int x,int l,int r) {
	T[x].tag=0; T[x].l=l; T[x].r=r;
	if(l==r) {
		if(s[l-1]=='1') T[x].o=1; else T[x].z=1;
		return;
	} int mid=(l+r)>>1;
	build_tree(L,l,mid);
	build_tree(R,mid+1,r);
	update(x);
}	

建树过程也很套路。注释都有，大致思路就是，元区间直接搞，其余区间用它的左右儿子拼起来。 $\text{update}$ 是如何更新的呢？看这一段：

inline void update(int x) {
	T[x].z=T[L].z+T[R].z;
	T[x].o=T[L].o+T[R].o;
} 

直接暴力统计，应该没啥问题吧！

build_tree 复杂度为 $\mathcal{O}(n)$.很好理解吧！

初始化结束之后，我们只需要考虑三个函数的写法：

• $\text{pushdown}$
• $\text{change}$（可能你会写成 $\text{modify}$）
• $\text{query}$（可能你会写成 $\text{ask}$）

修改

下面重讲修改操作。

线段树套路修改：完全包含则暴力修改，打标记；否则下传标记，并分两个区间去修改。修改完成后用 $\text{update}$ 再更新一遍。

inline void change(int x,int l,int r) {
	if(l<=T[x].l && T[x].r<=r) {
		swap(T[x].z,T[x].o); T[x].tag^=1; //暴力修改，交换 0,1 个数
		return;
	} pushdown(x); int mid=(T[x].l+T[x].r)>>1;
	if(l<=mid) change(L,l,r);
	if(r>mid) change(R,l,r); //往两边区间走
	update(x); //再更新
}

你会说了：为什么是 T[x].tag^=1 而不是 T[x].tag++ 呢？

很明显，对 同一个区间进行两次异或操作 等同于 不操作。所以 $k$ 次操作等同于 $k \& 1$ 次操作。自然抵消一定操作可以进行常数优化。（你想， $k$ 次的 $\text{swap}$ 两个数肯定会化成 $0$ 和 $1$ 次啊）

那么， $\text{pushdown}$ 怎么写呢？

inline void pushdown(int x) {
	int p=T[x].tag; if(!p) return;
	swap(T[L].o,T[L].z); T[L].tag^=1; //左边
	swap(T[R].o,T[R].z); T[R].tag^=1; //右边
	T[x].tag=0; //清空标记
}

修改单次的复杂度是 $\mathcal{O}(\log n)$ 的，因为最多把树高走一遍，而树高是 $\log$ 的。

询问

询问就是套路了吧！

包含区间直接返回，否则下传标记，分两个区间合并答案即可。（有时候合并答案并不是运算那么简单，就像 最大子段和 的合并）当然这题的合并只需要 $+$ 就行。

inline int query(int x,int l,int r) {
	if(l<=T[x].l && T[x].r<=r) return T[x].o;
	pushdown(x); int mid=(T[x].l+T[x].r)>>1,ans=0;
	if(l<=mid) ans+=query(L,l,r);
	if(r>mid) ans+=query(R,l,r);
	return ans;
}

全是套路，忽略不计吧。

单次询问的复杂度也是 $\mathcal{O}(\log n)$，同样最多把树高跑一遍。

代码

$480 \text{ms} , 10.82 \text{MB}$，性能还不错，最慢的点 $189 \text{ms}$.

最后给一个代码吧：

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=2e5+1;
#define L (x<<1)
#define R (x<<1)+1

inline int read(){char ch=getchar(); int f=1; while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	int x=0; while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar(); return x*f;}

inline void write(int x) {
	if(x<0) {putchar('-');write(-x);return;}
	if(x<10) {putchar(char(x%10+'0'));return;}
	write(x/10);putchar(char(x%10+'0'));
}
int n,m;
char s[N];
struct T {
	int l,r,z,o,tag;
} T[N<<2];
inline void update(int x) {
	T[x].z=T[L].z+T[R].z;
	T[x].o=T[L].o+T[R].o;
} 
inline void pushdown(int x) {
	int p=T[x].tag; if(!p) return;
	swap(T[L].o,T[L].z); T[L].tag^=1;
	swap(T[R].o,T[R].z); T[R].tag^=1;
	T[x].tag=0;
}
inline void build_tree(int x,int l,int r) {
	T[x].tag=0; T[x].l=l; T[x].r=r;
	if(l==r) {
		if(s[l-1]=='1') T[x].o=1; else T[x].z=1;
		return;
	} int mid=(l+r)>>1;
	build_tree(L,l,mid);
	build_tree(R,mid+1,r);
	update(x);
}	
inline void change(int x,int l,int r) {
	if(l<=T[x].l && T[x].r<=r) {
		swap(T[x].z,T[x].o); T[x].tag^=1;
		return;
	} pushdown(x); int mid=(T[x].l+T[x].r)>>1;
	if(l<=mid) change(L,l,r);
	if(r>mid) change(R,l,r);
	update(x); 
}
inline int query(int x,int l,int r) {
	if(l<=T[x].l && T[x].r<=r) return T[x].o;
	pushdown(x); int mid=(T[x].l+T[x].r)>>1,ans=0;
	if(l<=mid) ans+=query(L,l,r);
	if(r>mid) ans+=query(R,l,r);
	return ans;
}

int main() {
	n=read(),m=read(); scanf("%s",s);
	build_tree(1,1,n); while(m--) {
		int op=read(),l=read(),r=read();
		if(op==1) printf("%d\n",query(1,l,r));
		else change(1,l,r);
	}
	return 0;
}