7 9 D 3 D 6 D 5 Q 4 Q 5 R Q 4 R Q 4Sample Output
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题意很好懂，就是查询和某个点连续相邻点的个数。
这个题非常适合新手做，能够对于线段树的区间合并有更好的理解，大家看完思路后一定要自己去写啊，一定不要模仿别人的代码。
显然，又是分治法了，不过我觉得这道题分治法的思想特别明显。
这道题我们主要有两个函数，修改和查询，修改函数很普通，就和平常的差不多，查询其实也和普通的查询差不多，只是加了一些判断条件，这样，我们算法的复杂度就为 O（ n*log（n） ）,在n = 50000 时，nlog（n）也才 1e6,很显然是符合题目时间要求的。
那么这道题的关键是如何设计线段树每一个点的值，即设置什么，如果做过线段树区间合并的同学可能知道，有两个特别重要的值，一个是从左端开始的，连续到达的最右边， 还有一个是，从右端开始，连续到达的最左边。
有了这两个量，我们就可以进行区间合并了，因为线段树递归时都是两段，左边一段和右边一段，然后我们写判断条件来判断他们是否可以合并，并且更新出新的值。
有了这个两个量之后，查询就可以很方便了（虽说是方便，但是还是得动脑筋想，我也是想了两三个小时才想出来），
查询的框架还是基础的点查询，然后，①如果这个点在当前的左子树里面，就判断一下，判断右子树的值能不能加到结果ans里面去，成立的条件是：对于左子树从右端开始先左的区间，它是覆盖查询点的，这个条件成立表示，查询点可以直接扩展到右子树，那么直接把右子树存的东西加一下就可以了，然后继续对左子树递归。
②如果这个点在当前的右子树里面，就要判断是否可以和左子树连通，方法类似上一步①
为了更好的理解查询的过程，我画了一个图并把样例结合着图讲一下过程。
最初始的线段树
destroy 3
destroy 6
后面的destroy也一样。
下面讲一下查询的过程，对于样例中第一个Q 4查询，我们首先在最上面的点，即1-7，然后m = （1+7）/2 = 4，所以被分为两个区间，1-4，和 5-7，这时候判断一下，看5-7的值是否可以加进去，所以我们需要判断1-4从右开始的区间是否覆盖4，结果发现覆盖了，所以答案加上5-7存的值（但是在这个案例中为0），然后我们继续对1-4区间递归，分成1-2,3-4两个区间，4在右边一个区间，判断左区间，发现不能连通左区间，因为3没有了，所以我们继续对3-4递归，最好到了4，返回1，结果就为1。
下面是代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<list>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
const int maxn = 5e4+6;
struct spe
{
int mleft; //从左端开始的最大区间长度
int mright; //从右端开始的最大区间长度
int leftright;//从左端开始的右边界
int rightleft; //从右端开始的左边界
int l,r; //本来的范围
};
spe tree[maxn<<2]; //本人线段树采用很多位运算，请习惯，位运算可以提高速度
vector<int> v; //方便repair
int n,m;
void change( int rt )
{
//如果左边可以全部和右边结合
if( tree[rt<<1].mleft && tree[rt<<1].leftright == tree[rt<<1].r && tree[rt<<1|1].mleft )
{
tree[rt].mleft = tree[rt<<1].mleft+tree[rt<<1|1].mleft;
tree[rt].leftright = tree[rt<<1|1].leftright;
}
else
{
tree[rt].mleft = tree[rt<<1].mleft;
tree[rt].leftright = tree[rt<<1].leftright;
}
//如果右边可以全部和左边结合
if( tree[rt<<1|1].mright && tree[rt<<1|1].rightleft == tree[rt<<1|1].l && tree[rt<<1].mright )
{
tree[rt].mright = tree[rt<<1].mright+tree[rt<<1|1].mright;
tree[rt].rightleft = tree[rt<<1].rightleft;
}
else
{
tree[rt].mright = tree[rt<<1|1].mright;
tree[rt].rightleft = tree[rt<<1|1].rightleft;
}
tree[rt].l = tree[rt<<1].l;
tree[rt].r = tree[rt<<1|1].r;
}
void build( int l,int r,int rt )
{
if( l == r )
{
tree[rt].mleft = tree[rt].mright = 1;
tree[rt].leftright = tree[rt].rightleft = l;
tree[rt].l = tree[rt].r = l;
return;
}
int m = (l+r)>>1;
if( m >= l )
build(l,m,rt<<1);
if( m < r )
build(m+1,r,rt<<1|1);
change(rt);
}
void updatepoint( int l,int r,int rt,int pos,int val )
{
if( l == r )
{
tree[rt].mleft = tree[rt].mright = val;
return;
}
int m = (l+r)>>1;
if( m >= pos )
updatepoint(l,m,rt<<1,pos,val);
else updatepoint(m+1,r,rt<<1|1,pos,val);
change(rt);
}
int query( int l,int r,int rt,int pos )
{
if( l == r )
return tree[rt].mleft;
int m = (l+r)>>1;
int ans = 0;
if( m >= pos )
{
if( tree[rt<<1].mright && tree[rt<<1].rightleft <= pos && tree[rt<<1|1].mleft )
ans += tree[rt<<1|1].mleft;
ans += query(l,m,rt<<1,pos);
}
else
{
if( tree[rt<<1|1].mleft && tree[rt<<1|1].leftright >= pos && tree[rt<<1].mright )
ans += tree[rt<<1].mright;
ans += query(m+1,r,rt<<1|1,pos);
}
return ans;
}
int main()
{
while( scanf("%d %d",&n,&m) == 2 )
{
v.clear();
build(1,n,1);
char s[5];
int pos;
while( m-- )
{
scanf("%s",s);
if( s[0] == 'D' )
{
scanf("%d",&pos);
v.push_back(pos);
updatepoint(1,n,1,pos,0);
}
else if( s[0] == 'R' )
{
if( v.size() == 0 )
continue;
pos = v.back();
v.pop_back();
updatepoint(1,n,1,pos,1);
}
else if( s[0] == 'Q' )
{
scanf("%d",&pos);
int t = query(1,n,1,pos);
printf("%d\n",t);
}
// for( int i = 1 ; i <= 30 ; i++ )
// cout<<i<<" leftright "<<tree[i].leftright<<" rightleft "<<tree[i].rightleft<<endl;
}
}
return 0;
}
/*
*/