先来看一下这道模板题：
https://www.luogu.org/problem/P2846
题目大意：
开始所有灯都是暗的，
改变：每次操作可以改变两盏灯之间所有灯的状态（亮变暗，暗变亮），
查询：每次查询两盏灯之间亮的灯的个数
这道题与线段树1中讲的那道题大部分都是一样的，只有一点，
那就是如何在线段树上区间修改
很明显，如果在线段树上执行n次单点修改，时间复杂度会达到O（n^2logn）
比朴素算法更劣，所以要找到更好的解决办法
我们可以在这棵树上的某些节点上标记lazy
表示这个节点对应的区间都要修改
但该节点的所有后代节点的num值都不修改
只修改当前节点的num值
但由于打上了lazy下次还能找到该节点
如果查询时遇到lazy标记的节点
就将标记下沉（取消该节点的lazy，并lazy标记上它的两个子节点，再修改它两个子节点的num值）
这样就能用O（logn）完美解决区间修改问题
再具体说一下这道题，这道题需要用上状态压缩
比如将
开、开、关、开、关、关
用二进制数110100来表示
变为十进制就是52，这样就可以用52表示 开、开、关、开、关、关这个状态
这样每个节点num存的就是它表示的区间中的状态对应的十进制数
最后，给大家看一下代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int num[100000*4];
bool lazy[100000*4];
void build(int l,int r,int root)
{
if(l==r)
{
num[root]=0;
return;
}
int mid=(l+r)/2;
build(l,mid,root*2);
build(mid+1,r,root*2+1);
num[root]=num[root*2]+num[root*2+1];
}
void change(int p,int q,int l,int r,int root)
{
//printf("%d %d %d %d %d
",p,q,l,r,root);
if(p==l && q==r)
{
lazy[root]=1-lazy[root];
num[root]=r-l+1-num[root];
//cout<<num[root]<<" "<<root<<endl;
return;
}
int mid=(l+r)/2;
if(lazy[root])
{
lazy[root*2]=1-lazy[root*2];
lazy[root*2+1]=1-lazy[root*2+1];
lazy[root]=0;
num[root*2]=mid-l+1-num[root*2];
num[root*2+1]=r-mid-num[root*2+1];
}
if(q<=mid) change(p,q,l,mid,root*2);
else if(p>=mid+1) change(p,q,mid+1,r,root*2+1);
else change(p,mid,l,mid,root*2),change(mid+1,q,mid+1,r,root*2+1);
num[root]=num[root*2]+num[root*2+1];
}
int search(int p,int q,int l,int r,int root)
{
if(p==l && q==r)
{
return num[root];
}
int mid=(l+r)/2;
if(lazy[root])
{
lazy[root*2]=1-lazy[root*2];
lazy[root*2+1]=1-lazy[root*2+1];
lazy[root]=0;
num[root*2]=mid-l+1-num[root*2];
num[root*2+1]=r-mid-num[root*2+1];
}
if(q<=mid) return search(p,q,l,mid,root*2);
else if(p>=mid+1) return search(p,q,mid+1,r,root*2+1);
else return search(p,mid,l,mid,root*2)+search(mid+1,q,mid+1,r,root*2+1);
}
int main()
{
int n,w;
scanf("%d%d",&n,&w);
for(int i=1;i<=w;i++)
{
int t;
int x,y;
scanf("%d%d%d",&t,&x,&y);
if(t==0) change(x,y,1,n,1);
else if(t==1) printf("%d
",search(x,y,1,n,1));
}
return 0;
}
最后，再给大家推荐几到简单的养身模板题