Description
一天，一只住在 501 实验室的皮卡丘决定发奋学习，成为像 LeiQ 一样的巨巨，于是他向镇上的贤者金桔请教如何才能进化成一只雷丘。
金桔告诉他需要进化石才能进化，并给了他一个地图，地图上有 n 个小镇，他需要从这些小镇中收集进化石。
接下来他会进行 q 次操作，可能是打听进化石的信息，也可能是向你询问第 l 个小镇到第 r 个小镇之间的进化石种类。
如果是打听信息，则皮卡丘会得到一个小镇的进化石变化信息，可能是引入了新的进化石，也可能是失去了全部的某种进化石。
如果是向你询问，你需要回答他第 l 个小镇到第 r 个小镇之间的进化石种类。
Input
首先输入一个整数 T (1 <= T <= 10)，代表有 T 组数据。
每组数据的第一行输入一个整数 n (1 <= n <= 100000) 和一个整数 q (1 <= q <= 100000)，分别代表有 n 个小镇，表皮卡丘有 q 次操作。
接下来输入 q 行，对于每次操作，先输入操作类型，然后根据操作类型读入：
- 1: 紧接着输入 2 个整数 a (1 <= a <= n), b (1 <= b <= 60)，表示第 a 个小镇引入了第 b 种进化石
- 2: 紧接着输入 2 个整数 a (1 <= a <= n), b (1 <= b <= 60)，表示第 a 个小镇失去了全部第 b 种进化石
- 3: 紧接着输入 2 个整数 l, r (1 <= l <= r <= n)，表示他想询问从第 l 个到第 r 个小镇上可收集的进化石有哪几种
Output
对于每组输入，首先输出一行 "Case T:"，表示当前是第几组数据。
对于每组数据中的每次 3 操作，在一行中按编号升序输出所有可收集的进化石。如果没有进化石可收集，则输出一个 MeiK 的百分号 "%"（不包括引号）。
Sample Input
1 10 10 3 1 10 1 1 50 3 1 5 1 2 20 3 1 1 3 1 2 2 1 50 2 2 20 3 1 2 3 1 10
Sample Output
Case 1: % 50 50 20 50 % %
解题思路：刚好暑假学完了线段树，我一开始就把这道题当做线段树的裸题，用线段树来维护数据，不就是单点更新，区段查询嘛。但是很不幸时间超限，后来我考虑了原来每次查询进化石的时候还是要全部遍历一遍，所以是要超时的。这时我们就需要更高效的方法来存储和查询所有进化石的状态，这种方法就是利用二进制进行状态压缩。
我们用二进制数的每一位来表示每种进化石的有无，也即该小镇进化石的存在状态。例如，对于有 1、4 号进化石的小镇，我们可以用二进制数 1001 来表示。它的含义是：从右向左依次表示第 1 个到第 n 个进化石的有无，1 表示有，0 表示无。而且很容易想到，由于每一位只有 0 或 1 两种可能，且每一位都对应固定的编号，所以对于任意一个二进制数，都能保证唯一对应一种存在状态。
解决了如何表示存在状态的问题，下一步就是如何存储了。例如，当前我们的进化石存在状态为：1、4，对应二进制 1001，如果我们加入一个 3 号进化石，则应变为 1101，也就是让倒数第三位变成 1。这里需要用到位运算：对于 1001，我们让它与 0100（只含有 3 号石的状态）进行或运算，即两数对应的位有一个或两个为 1 时结果为1，否则为 0，运算结果为 1101。这样我们使用或运算就可以实现两个状态的合并。至于如何表示单个进化石的状态，很简单，使用左移运算就可以了，例如：表示 3 号石存在，只需将 1（0001）左移 3-1=2 位即得到 0100。
这样，我们只需要把二进制和线段树结合一下就可以愉快地告别 TLE 了。在存储时，每一个结点都表示它的左右子结点的合并状态，即对左右子结点进行或运算后的结果，而叶结点直接存储状态。在查询时，只需要遍历结果对应二进制的每一位来输出即可。
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<algorithm>
4 #define ll long long int
5 const int MAXN=1e5+10;
6 using namespace std;
7 int n,q;
8 ll sum[MAXN<<2];
9 void push_up(int i)///向上回溯，状态合并
10 {
11 sum[i]=sum[i<<1]|sum[i<<1|1];
12 }
13 void build(int l,int r,int rt)///建树
14 {
15 if(l==r)
16 {
17 sum[rt]=0;
18 return ;
19 }
20 int mid=(r+l)>>1;
21 build(l,mid,rt<<1);
22 build(mid+1,r,rt<<1|1);
23 push_up(rt);
24 }
25 void add(int l,int r,int pos,int v,int rt)
26 {
27 if(l==r)
28 {
29 sum[rt]|=1ll<<(v-1);///1ll为长整型的1
30 return ;
31 }
32 int m=(r+l)>>1;
33 if(m>=pos)
34 {
35 add(l,m,pos,v,rt<<1);
36 }
37 else
38 {
39 add(m+1,r,pos,v,rt<<1|1);
40 }
41 push_up(rt);
42 }
43 void del(int l,int r,int pos,int val,int rt)
44 {
45 if(l==r)
46 {
47 sum[rt]&=~(1ll<<(val-1));
48 return ;
49 }
50 int mid=(r+l)>>1;
51 if(pos<=mid)
52 {
53 del(l,mid,pos,val,rt<<1);
54 }
55 else
56 {
57 del(mid+1,r,pos,val,rt<<1|1);
58 }
59 push_up(rt);
60 }
61 ll query(int l,int r,int L,int R,int rt)///区间查询
62 {
63 if(L<=l&&R>=r)
64 {
65 return sum[rt];
66 }
67 ll ans=0;
68 int mid=(r+l)>>1;
69 if(L<=mid)
70 {
71 ans|=query(l,mid,L,R,rt<<1);
72 }
73 if(R>mid)
74 {
75 ans|=query(mid+1,r,L,R,rt<<1|1);
76 }
77 return ans;
78 }
79
80 int main()
81 {
82 int i,t;
83 int op,x,y;
84 scanf("%d",&t);
85 for(i=1; i<=t; i++)
86 {
87 printf("Case %d:\n",i);
88 scanf("%d%d",&n,&q);
89 build(1,n,1);
90 while(q--)
91 {
92 scanf("%d",&op);
93 scanf("%d%d",&x,&y);
94 if(op==1)
95 {
96 add(1,n,x,y,1);
97 }
98 if(op==2)
99 {
100 del(1,n,x,y,1);
101 }
102 if(op==3)
103 {
104 ll ans=query(1,n,x,y,1);
105 ll cnt=0;
106 int flag=1;
107 int ot=1;
108 while(ans)
109 {
110 if(ans&1)
111 {
112 if(flag)
113 {
114 flag=0;
115 }
116 else
117 {
118 printf(" ");
119 }
120 printf("%d",ot);
121 }
122 ot++;
123 ans>>=1;
124 }
125 if(flag)
126 {
127 printf("%%\n");
128 }
129 else
130 {
131 printf("\n");
132 }
133 }
134 }
135 }
136 return 0;
137 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/wkfvawl/p/9557057.html