题目描述
由于出题人懒所以没有背景。
一个无限长的$01$序列，初始全为$0$，每次选择一个区间$[l,r]$进行操作，有三种操作：
$\bullet 1\ l\ r$将$[l,r]$中所有元素变成$1$。
$\bullet 2\ l\ r$将$[l,r]$中所有元素变成$0$。
$\bullet 3\ l\ r$将$[l,r]$中所有元素异或上$1$。
每次操作后询问最左边的$0$在哪个位置。
输入格式
第一行一个数$m$，表示序列长度和操作数量。
接下来$m$行，每行三个数$ty\ l\ r$，描述一次操作。
输出格式
输出共$m$行，第$i$行输出一个数表示第$i$次操作后的答案。
样例
样例输入：
3
1 3 4
3 1 6
2 1 3
样例输出：
1
3
1
数据范围与提示
令$n$为$\max(r)$。
对于测试点$1\sim 4$：$n,m\leqslant 10^3$。
对于测试点$5\sim 6$：只有$1$操作。
对于测试点$7\sim 10$：只有$1,2$操作。
对于测试点$11\sim 15$：$n\leqslant 10^5$。
对于测试点$16\sim 20$：无特殊限制。
对于所有的数据，$n\leqslant 10^{18},m\leqslant 10^5$。
题解
看数据范围，肯定是要离散化的，但是离散化的时候需要注意还要将$l+1$和$r+1$离散。
对于只有操作$1,2$的情况，我们可以用线段树直接维护。
那么考虑情况$3$我们可以怎么处理。
如果一段区间都是一样的，我们可以直接将其翻转，然后$return$。
不过这样做可以被很轻松的卡掉，比方说序列是$0101010......$，每次都执行操作$3$，那么会被卡成$n^2$。
但是对于这到柯朵莉树都能$A$掉的题，这就无关紧要了。
时间复杂度：$\Theta(n)\sim \Theta(n^2)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
#define L(x) x<<1
#define R(x) x<<1|1
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
map<long long,long long> mp;
struct rec{int ty;long long l,r;}e[200001];
int m;
int n;
long long pre[5000000];
long long trsam[10000000],trans[10000000],lz[10000000];
void pushup(int x)
{
trans[x]=min(trans[L(x)],trans[R(x)]);
trsam[x]=(trsam[L(x)]==trsam[R(x)])?trsam[L(x)]:-1;
}
void pushdown(int x,int l,int r)
{
if(lz[x]==-1)return;
int mid=(l+r)>>1;
lz[L(x)]=lz[R(x)]=trsam[L(x)]=trsam[R(x)]=lz[x];
if(!trsam[L(x)])trans[L(x)]=l;
else trans[L(x)]=inf;
if(!trsam[R(x)])trans[R(x)]=mid+1;
else trans[R(x)]=inf;
lz[x]=-1;
}
void build(int x,int l,int r)
{
trans[x]=inf;
lz[x]=-1;
if(l==r)
{
trans[x]=l;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(L(x),l,mid);
build(R(x),mid+1,r);
pushup(x);
}
void change(int x,int l,int r,int L,int R,int opt)
{
if(R<l||r<L)return;
if(L<=l&&r<=R&&trsam[x]!=-1)
{
switch(opt)
{
case 1:trsam[x]=1;lz[x]=1;break;
case 2:trsam[x]=0;lz[x]=0;break;
case 3:trsam[x]^=1;lz[x]=trsam[x];break;
}
if(!trsam[x])trans[x]=l;
else trans[x]=inf;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
pushdown(x,l,r);
change(L(x),l,mid,L,R,opt);
change(R(x),mid+1,r,L,R,opt);
pushup(x);
}
int main()
{
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%lld%lld",&e[i].ty,&e[i].l,&e[i].r);
for(int i=1;i<=m;++i)
{
pre[i*4-3]=e[i].l, pre[i*4-2]=e[i].r;
pre[i*4-1]=e[i].l+1, pre[i*4]=e[i].r+1;
}
pre[m*4+1]=1;
sort(pre+1,pre+m*4+2);
n=unique(pre+1,pre+m*4+2)-pre-1;
for(int i=1;i<=m;++i)
{
mp[lower_bound(pre+1,pre+n+1,e[i].r+1)-pre]=e[i].r+1;
mp[lower_bound(pre+1,pre+n+1,e[i].l+1)-pre]=e[i].l+1;
long long now=e[i].l;
e[i].l=lower_bound(pre+1,pre+n+1,e[i].l)-pre;
mp[e[i].l]=now;
now=e[i].r;
e[i].r=lower_bound(pre+1,pre+n+1,e[i].r)-pre;
mp[e[i].r]=now;
}
mp[1]=1;
build(1,1,n);
for(int i=1;i<=m;++i)
{
change(1,1,n,e[i].l,e[i].r,e[i].ty);
printf("%lld\n",mp[trans[1]]);
}
return 0;
}
rp++
原文地址：https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11615873.html