前言
這道題目呢，看上去很難，實際上我們可以用線段樹解決這道題目。
正文
我們維護 sum、len、tag、lmax、rmax、ans。
sum 就是這段區間非腦洞的個數
len 就是這段區間的長度
tag 就是我們的 lazy_tag
lmax 就是從左開始的連續腦洞個數
rmax 就是從右開始的連續腦洞個數
ans 就是這段區間最大的連續腦洞
建樹
由於 len 是不變的，所以我們可以建樹的時候就求出 len
t[num].len=r-l+1;
pushup
sum
sum 就是左子樹和右子樹的 sum 的和。
t[num].sum=t[ls].sum+t[rs].sum;
lmax
lmax 的話有兩種情況
第 \(1\) 種情況
lmax=左子樹的 lmax
第 \(2\) 中情況
lmax=左子樹的 len + 右子樹的 lmax
if(t[ls].lmax==t[ls].len)t[num].lmax=t[ls].len+t[rs].lmax;
else t[num].lmax=t[ls].lmax;
rmax
rmax 的話也兩種情況
第 \(1\) 種情況
rmax=右子樹的 rmax
lmax=右子樹的 len + 左子樹的 rmax
if(t[rs].rmax==t[rs].len)t[num].rmax=t[rs].len+t[ls].rmax;
else t[num].rmax=t[rs].rmax;
ans
ans 的話有 \(3\) 種情況
第 \(1\) 種情況
ans=左子樹的 ans
第 \(2\) 種情況
ans=右子樹的 ans
第 \(3\) 種情況
ans=左子樹的 rmax+右子樹的 lmax
t[num].ans=max(max(t[ls].ans,t[rs].ans),t[ls].rmax+t[rs].lmax);
pushdown
tag
我們的 tag 有 3 種值，分別為 0，1，2
0 表示什么都沒有
1 表示全部為腦洞
2 表示全部不為腦洞
0
0 的話，代表沒有任何操作，不要管。
1
我們對照上面的發現：
ans、lmax、rmax 都為 len。
而 sum 則為 0。
tag 的標記當然要打啦。
void down1(int num){
t[num].ans=t[num].lmax=t[num].rmax=t[num].len;
t[num].sum=0;
t[num].tag=1;
}
2
我們對照上面的發現：
ans、lmax、rmax 都為 0。
而 sum 則為 len。
tag 的標記當然要打啦。
void down2(int num){
t[num].ans=t[num].lmax=t[num].rmax=0;
t[num].sum=t[num].len;
t[num].tag=2;
}
二分
我們可以發現，操作 2 就是先統計一遍 \([l0,r0]\) 中非腦洞的個數。
然后把 \([l0,r0]\) 這段區間全部變成腦洞，再去在 \([l1,r1]\) 這段區間里找到從 \(l0\) 開始算起最右邊腦洞個數 \(\leq[l0,r0]\) 中腦洞的個數。
我們發現腦洞個數是單調遞增的，所以我們可以二分。
我采用的寫法是左閉右開。
void work(){
int x=query0(1,l0,r0);//統計
if(x==0)return;//這里要注意，否則我們的邊界就是錯的
change(1,l0,r0,1);//全部變成腦洞
int l=l1,r=r1+1;//二分的邊界
while(l+1<r){//經典寫法
int mid=(l+r)>>1;//求mid
if(query1(1,l1,mid)<=x)l=mid;//小於等於
else r=mid;
}
change(1,l1,l,2);//填上去
}
代碼
復雜度 \(O(n \log n + q \log^2 n)\)
#include <bits/stdcpp.h>
#define ls num<<1
#define rs num<<1|1
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &FF){
T RR=1;FF=0;char CH=getchar();
for(;!isdigit(CH);CH=getchar())if(CH=='-')RR=-1;
for(;isdigit(CH);CH=getchar())FF=(FF<<1)+(FF<<3)+(CH^48);
FF*=RR;
}
template<typename T>inline void write(T x){
if(x<0)putchar('-'),x*=-1;
if(x>9)write(x/10);
putchar(x%10+48);
}
template<typename T>inline void writen(T x){
write(x);
puts("");
}
const int N=2e5+10;
struct Tree{
int l,r,lmax,rmax,sum,tag,len,ans;
}t[N<<2];
int n,m,l0,r0,l1,r1,f;
void pushup(int num){
t[num].sum=t[ls].sum+t[rs].sum;
if(t[ls].lmax==t[ls].len)t[num].lmax=t[ls].len+t[rs].lmax;
else t[num].lmax=t[ls].lmax;
if(t[rs].rmax==t[rs].len)t[num].rmax=t[rs].len+t[ls].rmax;
else t[num].rmax=t[rs].rmax;
t[num].ans=max(max(t[ls].ans,t[rs].ans),t[ls].rmax+t[rs].lmax);
}
void down1(int num){
t[num].ans=t[num].lmax=t[num].rmax=t[num].len;
t[num].sum=0;
t[num].tag=1;
}
void down2(int num){
t[num].ans=t[num].lmax=t[num].rmax=0;
t[num].sum=t[num].len;
t[num].tag=2;
}
void pushdown(int num){
if(t[num].tag==1){
down1(ls);down1(rs);
t[num].tag=0;
}
if(t[num].tag==2){
down2(ls);down2(rs);
t[num].tag=0;
}
}
void build(int num,int l,int r){
t[num].tag=0;
t[num].l=l;
t[num].r=r;
t[num].len=r-l+1;
if(l==r){
t[num].sum=1;
t[num].ans=t[num].lmax=t[num].rmax=0;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
pushup(num);
}
void change(int num,int x,int y,int z){
if(t[num].l>=x&&t[num].r<=y){
if(z==1)down1(num);
if(z==2)down2(num);
return;
}
pushdown(num);
if(t[ls].r>=x)change(ls,x,y,z);
if(t[rs].l<=y)change(rs,x,y,z);
pushup(num);
}
int query0(int num,int x,int y){
if(t[num].l>=x&&t[num].r<=y)return t[num].sum;
pushdown(num);
if(t[ls].r<x)return query0(rs,x,y);
if(t[rs].l>y)return query0(ls,x,y);
return query0(ls,x,y)+query0(rs,x,y);
}
int query1(int num,int x,int y){
if(t[num].l>=x&&t[num].r<=y)return t[num].len-t[num].sum;
pushdown(num);
if(t[ls].r<x)return query1(rs,x,y);
if(t[rs].l>y)return query1(ls,x,y);
return query1(ls,x,y)+query1(rs,x,y);
}
void work(){
read(l1);read(r1);
int x=query0(1,l0,r0);
if(x==0)return;
change(1,l0,r0,1);
int l=l1,r=r1+1;
while(l+1<r){
int mid=(l+r)>>1;
if(query1(1,l1,mid)<=x)l=mid;
else r=mid;
}
change(1,l1,l,2);
}
int query2(int num,int x,int y){
if(t[num].l>=x&&t[num].r<=y)return t[num].ans;
pushdown(num);
if(t[ls].r<x)return query2(rs,x,y);
if(t[rs].l>y)return query2(ls,x,y);
return max(max(query2(ls,x,y),query2(rs,x,y)),min(t[ls].rmax,t[rs].l-x)+min(t[rs].lmax,y-t[ls].r));
}
int main(){
read(n);read(m);
build(1,1,n);
while(m--){
read(f);read(l0);read(r0);
switch(f){
case 0:change(1,l0,r0,1);break;
case 1:work();break;
case 2:writen(query2(1,l0,r0));break;
}
}
return 0;
}
拓展
這道題目還有更優秀的解法，復雜度可以少掉一個 \(\log\) 也就是變成 \(O(n \log n+q \log{n})\)。
我們還是先統計非腦洞個數。
我們寫一個函數 \(fill\) 就是我們用來把腦細胞填入腦洞的函數。我們要填 \(x\) 個腦細胞，會發現有 \(2\) 種情況。
-
第 \(1\) 種情況是所有腦細胞都填入左子樹。
-
第 \(2\) 種情況是所有腦細胞不僅把左邊填滿，還有多的放到右子樹。
我們可以根據這個寫代碼：
int fill(int num,int l,int r,int x){//fill的返回值就是剩余的腦細胞數量
if(x==0)return 0;
if(t[num].l>=l&&t[num].r<=r&&t[num].sum<=x){
int s=t[num].sum;//務必要先存起來
down2(num);
return x-s;
}
pushdown(num);int ans;
if(t[ls].r<l)ans=fill(rs,l,r,x);
else if(t[rs].l>r)ans=fill(ls,l,r,x);
else ans=fill(rs,l,r,fill(ls,l,r,x));
pushup(num);
return ans;//答案
}