区域染色覆盖问题
假设某大学有一面文化墙，各个学院都可以在上面涂色，要求涂色区域高必须和墙一样，宽度任意但必须是整数（以米为单位）。涂色可以覆盖其他学院的涂色。现在若干个学院涂色之后最终这面墙上能看见多少种颜色。
这就是简单的染色问题了。当然有很多种不同的说法，但整体上离不开这两个问题：1.区域覆盖。2.多种染色方式。既然是区域操作，那么用线段树是比较合理了。用数组也可以，但是数据规模稍微大一点就会TLE。
当然，跟染色问题一同存在的还有就是离散化，很多博客也是将这两者一起来写的，并且主要是离散化。但我个人感觉染色问题对理解线段树很有帮助（当然还是太菜了= =大佬们都认为难点是线段树的离散化），所以就单独拿出来了。
建树
线段树有多种表现形式，感觉很多人都是拿结构体写的，博主是用数组写的，其本质还是一样的代码有些不一样而已。
整体上，我们对一段数据建成线段树，那么区域染色的时候就类似与修改区间。而线段树的精髓就是利用lazy数组，可以保证不遍历到子结点就可以获得区域的情况。那么染色也要利用这个性质，对于一段区间，我们想要在上层结点上来表示出来。那么我们可以设置3个变量：-1 表示当前区段有多种颜色，具体有多少种不用管。0表示当前区域未染色。正整数表示当前区域染了单一染色，并且颜色号是这个正整数。
所以除了特殊要求，一般我们用int来表示颜色种类（就算题目是char类型或者string，我们也可以变成int，最多写一个hash，还是整数方便）。那么看下面这个例子：
这是按照上面的要求写的线段树，-1表示当前段有多种颜色，1表示当前段全部是1。这里左边，一个1一个0，而上面结点仍然是-1。这是因为默认把0也当成一种颜色了，可以节省代码，实际在查找的时候我们只用排除0就可以得到正确答案。
总之，这样建立的线段树可以表示区域染色的大致情况。而具体有多少种颜色需要在查询的时候进行操作。
关于建树，因为染色问题，所以有覆盖这种说法，后涂的颜色会覆盖先涂的，所以一般原数据是什么都没有，也就是整个线段树的值全是0。这样初始化代码只用将线段树初始化就行了。即：
void build(){
memset(tree,0,sizeof(tree));
}
// 有这样的情况，底层有规定颜色，那么就不能用memset而是要用for循环
void build(int color){
for(int i = 1;i <= len;i++){
tree[i] = color;
}
}不排除有刚开始就有涂色的情况，不过很简单，在基础的线段树上添加上面的规定就行，这里就不放代码了。
区间染色
结点表示的含义如上，那么区间染色基本上就是基于正常的线段树进行改造了。先上代码：
void update_range(int node, int l, int r, int L, int R, int add) {
if (l <= L && r >= R) {
lz[node] = add;
tree[node] = add; // 更新方式
return;
}
push_down(node, L, R);
int mid = (L + R) / 2;
if (mid >= l) update_range(node * 2, l, r, L, mid, add);
if (mid < r) update_range(node * 2 + 1, l, r, mid + 1, R, add);
if (tree[node * 2] == tree[node * 2 + 1]) {
tree[node] = tree[node * 2];
}else {
tree[node] = -1;
}
}仍然需要利用二分来找到具体的区间，但是重点在于更新方式：进入刚开始的if语句，说明此时到达的要么是整段的区间要么是叶子结点。所以直接更新为当前染色就行了，不要管下面还有多少颜色，反正全部被覆盖了，就剩这一种。
而下面递归之后的回溯需要稍微考虑一下。有5种情况：
1.区间内有只有一种颜色，即左右子树颜色值一样。那么父结点当然也要跟子结点值一样。
2.区间内什么颜色也没有，全部为0。
3.区间内颜色很杂，左右子树全部为-1。
4.区间内颜色很杂，但是左右子树是纯色，即值为正整数却不相同。
5.区间内颜色很杂，左右子树一个纯色一个杂色，即值一个为-1，一个为正整数。
这4种情况其实1、2、3一样，4、5一样。只要左右子树值一样，父结点直接赋值，0也一样正确，-1也一样，反正子区间很杂，那父区间肯定更杂了-1就行。4、5都是区间杂乱，直接-1就行。
这里可能会造成这样的困扰，例如左子树是纯色2，右子树无颜色为0。那么父结点应该为2啊，上面却写成-1了。其实没必要分这么细，因为是-1，所以查找的时候仍然向下查，左子树为2，记一种颜色，右子树为0，判定为0不加颜色。这样就解决了。节省了代码。
push函数的改动
既然是染色，但是我们仍然需要lazy数组，标记下面的区域全部为某种纯色，也是完全可以使用的。那么push函数就需要一定的改变，非常简单的改动。改成现在的模式就可以了：
void push_down(int node, int l, int r) {
if (lz[node]) {
int mid = (l + r) / 2;
lz[node * 2] = lz[node];
lz[node * 2 + 1] = lz[node];
tree[node * 2] = lz[node];
tree[node * 2 + 1] = lz[node];
lz[node] = 0;
}
}仍然是向下传递，只是直接赋值就行，不用管区间和。
区间查询染色数量
仍然利用上面的规则，仍然是二分向下查询。全局定义一个ans变量记录数量，当碰见0，说明下面没有颜色了，直接return。碰见正整数，说明下面全是单色，ans++同时return。当碰见-1，说明下面还有多种颜色，二分继续向下查找。这样，就也是在原来线段树区间查询的基础上进行修改了：
void query_range(int node, int L, int R, int l, int r) {
if (l <= L && r >= R) {
if (tree[node] == 0) return;
if (tree[node] == -1) {
push_down(node, L, R);
int mid = (L + R) / 2;
if (mid >= l) query_range(node * 2, L, mid, l, r);
if (mid < r) query_range(node * 2 + 1, mid + 1, R, l, r);
}else {
if (color[tree[node]] == 0) {
ans++;
color[tree[node]] = 1;
}
}
return;
}
push_down(node, L, R);
int mid = (L + R) / 2;
if (mid >= l) query_range(node * 2, L, mid, l, r);
if (mid < r) query_range(node * 2 + 1, mid + 1, R, l, r);
}总结
当然大佬们对染色问题不过多解释是有原因的，因为本质上仍然是对线段树的扩展应用。不算一种单纯的模板。最早是poj的2528题，因为既有染色问题又有离散化的问题，而在找题解的时候发现都跟离散化有关，而染色问题却没多少人提。最早的想法是结点存区间总共有几种颜色，那么要求全区间的话只用看根结点就可以了。但这样就对线段树的操作太深了，反而影响了速度。后来发现有人用0、-1、正整数来作为结点标志，才想到这个方法。
总之，线段树的区间求和太模板了，出题当然不会这么裸。肯定要变形，重点在于如何根据题意在线段树的原理上对原始的线段树进行改造，就像染色问题一样。基本上在原线段树的基础上修改。
模板题推荐
emm，csdn超链接好像出毛病了，之后能改了再说吧= = poj-2777 Count Color
这个题因为颜色数量不多，有大佬认为可以用二进制来存某节点下总共有哪几种颜色，个人认为有点太蛋疼了，除非要求确切输出有哪几种颜色，这样的算法在时间上没太大优势。
题解就跟上面一样，因为整体规模不大，所以不需要线段树的离散化。AC代码如下：
#include<iostream>
#include<vector>
#include<list>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<set>
#include<utility>
#include<queue>
#include<sstream>
#include<iterator>
#include<math.h>
#include<malloc.h>
#include<string.h>
#define TIME std::ios::sync_with_stdio(false)
#define LL long long
#define MAX 101000
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int tree[MAX * 4]; // 线段树
int lz[MAX * 4]; // 延迟标记
int N, colors, M;
int color[35];
int ans;
void init() {
for (int i = 0; i <= MAX * 4; i++) {
tree[i] = 1;
}
memset(lz, 0, sizeof(lz));
memset(color, 0, sizeof(color));
}
void push_down(int node, int l, int r) {
if (lz[node]) {
int mid = (l + r) / 2;
lz[node * 2] = lz[node];
lz[node * 2 + 1] = lz[node];
tree[node * 2] = lz[node];
tree[node * 2 + 1] = lz[node];
lz[node] = 0;
}
}
// 区间更新，lr为更新范围，LR为线段树范围，add为更新值
void update_range(int node, int l, int r, int L, int R, int add) {
if (l <= L && r >= R) {
lz[node] = add;
tree[node] = add; // 更新方式
return;
}
push_down(node, L, R);
int mid = (L + R) / 2;
if (mid >= l) update_range(node * 2, l, r, L, mid, add);
if (mid < r) update_range(node * 2 + 1, l, r, mid + 1, R, add);
if (tree[node * 2] == tree[node * 2 + 1]) {
tree[node] = tree[node * 2];
}else {
tree[node] = -1;
}
}
void query_range(int node, int L, int R, int l, int r) {
if (l <= L && r >= R) {
if (tree[node] == 0) return;
if (tree[node] == -1) {
push_down(node, L, R);
int mid = (L + R) / 2;
if (mid >= l) query_range(node * 2, L, mid, l, r);
if (mid < r) query_range(node * 2 + 1, mid + 1, R, l, r);
}else {
if (color[tree[node]] == 0) {
ans++;
color[tree[node]] = 1;
}
}
return;
}
push_down(node, L, R);
int mid = (L + R) / 2;
if (mid >= l) query_range(node * 2, L, mid, l, r);
if (mid < r) query_range(node * 2 + 1, mid + 1, R, l, r);
}
int main() {
TIME;
while (scanf("%d%d%d",&N,&colors,&M) != EOF) {
getchar();
init();
int l, r, colo;
char c;
while (M--) {
scanf("%c",&c);
if (c == 'C') {
scanf("%d%d%d",&l,&r,&colo);
if (r < l) {
int temp = r;
r = l;
l = temp;
}
update_range(1, l, r, 1, N, colo);
}else {
scanf("%d%d",&l,&r);
if (r < l) {
int temp = r;
r = l;
l = temp;
}
memset(color, 0, sizeof(color));
ans = 0;
query_range(1, 1, N, l, r);
cout << ans << endl;
}
getchar();
}
}
system("pause");
return 0;
}