Codeforces915E体育レッスン（線分ツリー+区間離散化）

トピックリンク：体育の授業

一般的なアイデア

nnの長さが与えられた$n$ 's$01$シーケンス、2つの操作があります：間隔を置く$[l、r]$すべてが11になり$1$、または間隔を置く$[l、r]$すべてが00になり$0$。

各操作の後、出力シーケンスの11$1つ$の番号。

問題解決のアイデア

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➡️コドリの木の練習問題解決⬅️

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セグメントツリー

nの場合$n$は比較的小さい（$10^6$）、線分ツリーを直接使用して、間隔情報を激しく維持することができます。

しかし、この質問の$n$が大きい（$10^9$）、ヒープストレージを使用して静的なオープンポイントセグメントツリーでそれを維持することはできませんが、操作$m$は比較的小さく、わずか$3\cdot \_10^5$なので、関係するポイントの数は$2m$。動的な開始点を持つ線分ツリーを維持$できます。$

ただし、よりスペースを節約する方法もあります。使用するすべてのポイントを離散化します。ただし、この離散化の後、元の不連続なポイントは連続的になり、ポイントが不連続のままになるように、いくつかの追加の重み付きポイントを挿入する必要があります。

例：現在使用されているエンドポイントが3と7の場合、離散化すると1と2になりますが、3と7は隣り合っていません（中央に4、5、6があります）。ただし、離散化後、1と2つは互いに隣接しています（3つのポイント4、5、6は誤って破棄されます）。

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したがって、正しいアプローチは、2つのポイント3と7の間に重みを持つポイント4を挿入することであり、重みは3です（3つのポイント4、5、および6を表します）。

説明の便宜上、すべての点を点のペア$（x、y）$、ここで$x$はポイントの位置、$y$はこのポイントのポイントの重みであり、このポイントが合計でいくつのポイントを表すかを意味します。

上記のように3と7を離散化すると$（1、1）、（2、3）、（3、1）$。

この離散化により、最大で2倍の数の追加ポイントが生成されることがわかりました。

したがって、セグメントツリーで維持されるポイントの数は最大$4m$。そして線分ツリーを開く必要があるため$44$$スペースの4$倍なので、必要なスペースは$16m$。$\_$$\_$

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セグメントツリーでシーケンスを維持する方法を検討してください。

間隔が00に変更されるたびに$0$または$1$は、間隔の変更に相当します。ツリーの外部でプレフィックスと配列により、スペースを節約

クエリ全体$01$シーケンス11$\_$$1$の数字は、線分ツリーのルートノードクエリ。

ACコード

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, n) for (int i = 1; i <= (n); ++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 3E5 + 10;
vector<int> v(1, -0x3f3f3f3f);
int find(int x) {
    
     return lower_bound(v.begin(), v.end(), x) - v.begin(); }
int s[N * 4];

struct query {
    
     int tp, l, r; }; vector<query> area;

struct node {
    
    
	int l, r;
	int val;
	int lazy;
}t[N << 4];
void pushdown(node& op, int lazy) {
    
    
	op.val = lazy * (s[op.r] - s[op.l - 1]);
	op.lazy = lazy;
}
void pushdown(int x) {
    
    
	if (t[x].lazy == -1) return;
	pushdown(t[x << 1], t[x].lazy), pushdown(t[x << 1 | 1], t[x].lazy);
	t[x].lazy = -1;
}
void pushup(int x) {
    
     t[x].val = t[x << 1].val + t[x << 1 | 1].val; }

void build(int l, int r, int x = 1) {
    
    
	t[x] = {
    
     l, r, s[r] - s[l - 1], -1 };
	if (l == r) return;
	int mid = l + r >> 1;
	build(l, mid, x << 1), build(mid + 1, r, x << 1 | 1);
}

void modify(int l, int r, int c, int x = 1) {
    
    
	if (l <= t[x].l and r >= t[x].r) {
    
    
		pushdown(t[x], c);
		return;
	}
	pushdown(x);
	int mid = t[x].l + t[x].r >> 1;
	if (l <= mid) modify(l, r, c, x << 1);
	if (r > mid) modify(l, r, c, x << 1 | 1);
	pushup(x);
}

int main()
{
    
    
	int n, m; cin >> n >> m;
	rep(i, m) {
    
    
		int l, r, tp; scanf("%d %d %d", &l, &r, &tp);
		area.push_back({
    
     tp, l, r });
		v.push_back(l), v.push_back(r);
	}
	v.push_back(1), v.push_back(n); // 本题需要离散化整个[1, n]区间
	sort(v.begin(), v.end()); v.erase(unique(v.begin(), v.end()), v.end());

	int last = 0;
	int len = v.size();
	rep(i, len - 1) {
    
    
		int l = last + 1, r = v[i] - 1;
		if (l <= r) v.push_back(l);
		last = v[i];
	}
	sort(v.begin(), v.end());

	len = v.size(); // [1, len - 1]
	for (int i = 1; i < len - 1; ++i) s[i] = v[i + 1] - v[i];
	s[len - 1] = 1; // 右端点n
	rep(i, len - 1) s[i] += s[i - 1];
	assert(s[len - 1] == n);

	build(1, len - 1);

	for (auto& [tp, l, r] : area) {
    
    
		l = find(l), r = find(r);
		modify(l, r, tp - 1);
		printf("%d\n", t[1].val);
	}

	return 0;
}

終わり