poj-2777线段树刷题

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title: poj-2777线段树刷题
date: 2018-10-16 20:01:07
tags:

• acm
• 刷题
  categories:
• ACM-线段树

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概述

这道题是一道线段树的染色问题,,,,

做了几道染色的问题，，好像渐渐的熟悉的染色问题的大概的解体思路，，，不再像刚开始做的时候那样一脸懵逼，，，只能去翻博客去看别人的思路，，，好歹这次没有看别人博客自己写出来，，，（除了一些细节没考虑到wa的一发，，，，逃

分析与思路

题面

大概的意思就是给一个区间1~n，，，然后最多有30种颜色，，，q次操作对[l,r]这个区间染色，，，中间有一些询问区间[l , r]内一共有几种颜色，，，

分析

• 首先考虑线段树所维护的东西，，，染色问题大多是维护每个区间的颜色，，，对于这道题就是维护该区间的颜色的种类，，，然后对于每两个子区间都要向上合并颜色的种类，，，，相同的忽略一边的不同的就加一，，，求出父区间的种类数，，，，也就是更新操作，，，询问呢就是再询问的区间[L , R]里的话直接返沪这个区间的种类数，，，跨区间的递归继续向下查找，，，

• 然后考虑颜色，，，最多一共有30种，，，如果每个区间都用一个30长的数组col[30]去存放每种颜色的种类，，col[i] == 1表示这个区间有第i种颜色反之没有的话，，，空间消耗较大，，，而且相关的操作也不好表达，，，因为每个区间的每种颜色只有两种情况，，，有或没有，，，所以选择状态压缩来实现比较好，，，这里我想到前段时间看到的一个很好的状压stl--bitset，，，优点有很多，，，比如说：他就像bool数组一样但是每一位只占1bit，，，而且有很多成员函数很方便，，，具体的食用方法戳这里

• 另一个需要注意的是，，，线段树要选择lazy的，，，还有一些细节：

  区间的合并需要或操作，，，包括更新和询问
  初始时所有区间都为1
  当整个区间都染色时是将该区间的node[rt].col改为c,,,而不是或
  还有一个最坑人的，，，，题目不保证l <= r，，，（poj上的题都这样的吗，，噗噗噗噗

代码

这次又写成node结构体实现的了，，，还是因为这个理解起来很容易，，，，

但是缺点是占用的空间比较大，，，，

下次再写这道题的时候要换用另一种裸的了QAQ

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <bitset>
using namespace std;
#define lson rt<<1,l,mid
#define rson rt<<1|1,mid+1,r
#define aaa cout << node[rt].col << endl;
const int maxn = 1e5 + 10;
struct node
{
    int l;
    int r;
    int laz;
    bitset<30> col;         //bitset,,表示该区间的颜色的种类
}node[maxn << 2];

void build(int rt , int l , int r)
{
    node[rt].l = l;
    node[rt].r = r;
    node[rt].laz = 0;
    node[rt].col = 0;
    if(node[rt].l == node[rt].r)
    {
        node[rt].col = 1;   //初始化为1
        return;
    }
    int mid = (node[rt].l + node[rt].r) >> 1;
    build(lson);
    build(rson);
    node[rt].col = node[rt << 1].col | node[rt << 1 | 1].col; //记得更新，，用或
    return;
}
void pushdown(int rt)
{
    if(node[rt].laz)
    {
        bitset<30> t;
        t.set(node[rt].laz - 1);    //标记为laz那一个颜色
        node[rt << 1].col = t;      //不是或操作
        node[rt << 1 | 1].col = t;

        node[rt << 1].laz = node[rt].laz;
        node[rt << 1 | 1].laz = node[rt].laz;

        node[rt].laz = 0;
    }
}
void update(int rt , int L , int R , int c)
{
    if(L <= node[rt].l && node[rt].r <= R)
    {
        bitset<30> t;
        t.set(c - 1);
        node[rt].col = t;       //同上
        node[rt].laz = c;
        return;
    }
    pushdown(rt);
    int mid = (node[rt].l + node[rt].r) >> 1;
    if(L <= mid)    update(rt << 1 , L , R , c);
    if(R >  mid)    update(rt << 1 | 1 , L , R , c);
    node[rt].col = node[rt << 1].col | node[rt << 1 | 1].col;
    return;
}
bitset<30> query(int rt , int L , int R)
{
    //对每两个子区间合并，，，同样是或操作，，，所以函数返回值类型为bitset<30>
    //最后的答案为 返回值.count()
    if(L <= node[rt].l && node[rt].r <= R)
    {
        return node[rt].col;
    }
    pushdown(rt);
    int mid = (node[rt].l + node[rt].r) >> 1;

    bitset<30> ans (0);
    if(L <= mid)    ans |= query(rt << 1 , L , R);      //用或合并
    if(R >  mid)    ans |= query(rt << 1 | 1 , L , R);
    //cout << ans << endl;
    return ans;
}
int main()
{
    int n , t , m;
    while(scanf("%d%d%d" , &n , &t , &m) != EOF)
    {
        build(1 , 1 , n);
        while(m--)
        {
            char q;
            scanf(" %c" , &q);
            if(q == 'C')
            {
                int l , r , c;
                scanf("%d%d%d", &l , &r , &c);
                if(l > r)   swap(l , r);        //巨坑！！！！
                update(1 , l , r , c);
            }
            else
            {
                int l , r;
                scanf("%d%d" , &l , &r);
                if(l > r)   swap(l , r);
                printf("%d
" , query(1 , l , r).count());
            }
        }
    }
}

感想

算了不说了QAQ

(end)