1493: [NOI2007]项链工厂
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Description
Input
输入文件第一行包含两个整数N, c,分别表示项链包含的珠子数目以及颜色 数目。第二行包含N 个整数,x1, x2…, xn,表示从位置1 到位置N 的珠子的颜色, 1 ≤ xi ≤ c。第三行包含一个整数Q,表示命令数目。接下来的Q 行每行一条命令, 如上文所述。
Output
对于每一个C 和CS 命令,应输出一个整数代表相应的答案。
Sample Input
5 3
1 2 3 2 1
4
C
R 2
P 5 5 2
CS 4 1
Sample Output
4
1
HINT
对于60%的数据,N ≤ 1 000,Q ≤ 1 000; 对于100%的数据,N
≤ 500 000,Q ≤ 500 000,c ≤ 1 000。
Source
线段树。
这道题如果没有旋转翻转操作的话就是一道区间修改,区间查询的线段树水题。
那么对于R,F操作应该怎么处理呢?
通过画图可以发现R,F操作之后珠子的位置改变了,但是珠子的相对位置没变(相对位置通俗来说就是一个珠子左右两边的珠子还是原来那两个)
所以对于R,F操作我们只需要分别记录两个量即可:mov,rev
1.mov:表示当前整体顺时针移动了mov(即k变成k+mov)
输入R k,分两种情况:
没有被翻转过,mov+=k;
被翻转过,mov-=k
2.rev:表示当前是否被翻转过
输入F,直接rev^=1
有了mov和rev之后,每次读入一个位置,把这个位置转换成最初他所在的位置,然后再在线段树上进行修改,查询即可。(见代码中change(x))
注意:
1.每次修改或查询子树之前要下传标记,修改子树之后要上传标记。
2.push_down,push_up操作中对于没有子树的结点要特判。
3.push_up中要记得修改lc(最左端颜色),rc(最右端颜色)的值
#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cmath> #include <string> #include <cstring> #define N 500005 using namespace std; int rev=0,mov=0; int n,cnt,c[N]; struct segtree { int modi,lc,rc,cs,l,r; //分别表示被修改成的数,最左端颜色,最右端颜色,当前区间有几个部分,左儿子,右儿子 }a[N*3]; void change(int &a) { if (rev) a=n-a+2; a-=mov; while (a<1) a+=n; while (a>n) a-=n; } void push_down(int x) { if (a[x].modi) { a[x].lc=a[x].rc=a[a[x].l].modi=a[a[x].r].modi=a[x].modi; if (a[x].l==0||a[x].r==0) a[0].modi=0; a[x].cs=1; a[x].modi=0; } } void push_up(int x) { if (!x) return; push_down(a[x].l);push_down(a[x].r); a[x].cs=a[a[x].l].cs+a[a[x].r].cs; if (a[x].cs>1&&a[a[x].l].rc==a[a[x].r].lc) a[x].cs--; if (a[x].l) a[x].lc=a[a[x].l].lc; if (a[x].r) a[x].rc=a[a[x].r].rc; } void build(int x,int l,int r) { if (l>r) return; a[x].lc=c[l],a[x].rc=c[r]; a[x].l=a[x].r=0; a[x].modi=0; if (l==r) { a[x].cs=1; return; } int m=(l+r)>>1; build(x<<1,l,m); build(x<<1|1,m+1,r); if (l<=m) a[x].l=x<<1; if (m+1<=r) a[x].r=x<<1|1; push_up(x); } int getcolor(int x,int l,int r,int p) { push_down(x); if (l==r&&l==p) return a[x].lc; int m=(l+r)>>1; if (p<=m) return getcolor(a[x].l,l,m,p); else return getcolor(a[x].r,m+1,r,p); } void paint(int x,int lx,int rx,int l,int r,int c) { push_down(x); if (l<=lx&&r>=rx) { a[x].modi=c; return; } int m=(lx+rx)>>1; if (l<=m) paint(a[x].l,lx,m,l,r,c); if (r>m) paint(a[x].r,m+1,rx,l,r,c); push_up(x); } int count(int x,int lx,int rx,int l,int r) { push_down(x); if (l==lx&&r==rx) return a[x].cs; int m=(lx+rx)>>1,ans=0; if (r<=m) ans=count(a[x].l,lx,m,l,r); else { if(l>m) ans=count(a[x].r,m+1,rx,l,r); else { int o=0; ans=count(a[x].l,lx,m,l,m)+count(a[x].r,m+1,rx,m+1,r); if (a[a[x].l].rc==a[a[x].r].lc) o=1; ans-=o; if (ans<=0) ans=1; } } return ans; } int main() { scanf("%d%d",&n,&cnt); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]); build(1,1,n); int q; scanf("%d",&q); while (q--) { char str[10]; scanf("%s",str); int k,x,y,xx,yy,g,ans; switch(str[0]) { case 'R': scanf("%d",&k); if (rev) mov-=k; else mov+=k; while (mov<0) mov+=n; while (mov>n) mov-=n; break; case 'F': rev^=1; break; case 'S': scanf("%d%d",&x,&y); change(x),change(y); xx=getcolor(1,1,n,x),yy=getcolor(1,1,n,y); paint(1,1,n,x,x,yy); paint(1,1,n,y,y,xx); break; case 'P': scanf("%d%d%d",&x,&y,&g); change(x),change(y); if (rev) swap(x,y); if (x>y) paint(1,1,n,x,n,g),paint(1,1,n,1,y,g); else paint(1,1,n,x,y,g); break; case 'C': if (strlen(str)>1) { scanf("%d%d",&x,&y); change(x),change(y); if (rev) swap(x,y); if (x<=y) { ans=count(1,1,n,x,y); if (x==1&&y==n&&ans>1&&a[1].lc==a[1].rc) ans--; } else { ans=count(1,1,n,x,n)+count(1,1,n,1,y); if (a[1].lc==a[1].rc) ans--; } } else { ans=a[1].cs; if (ans>1&&a[1].lc==a[1].rc) ans--; } printf("%d\n",ans); break; } } return 0; }
感悟:
1.过了样例一激动就交了,然后就CE了:头文件没写全。。
2.wa:是因为Push_up操作没写全,对于没有左右儿子的结点没有特殊处理
3.RE:线段树数组只开到了n*2,按理说是够了,但为什么会RE??
4.对于R,F操作的处理要抓住相对位置不变这一关键,就可以用线段树来做了;mov和rev要多加思考。。