P1558 色板游戏

题目背景
阿宝上学了，今天老师拿来了一块很长的涂色板。

题目描述
色板长度为L，L是一个正整数，所以我们可以均匀地将它划分成L块1厘米长的小方格。并从左到右标记为1, 2, ... L。

现在色板上只有一个颜色，老师告诉阿宝在色板上只能做两件事：

"C A B C" 指在A到 B 号方格中涂上颜色 C。
"P A B" 指老师的提问：A到 B号方格中有几种颜色。
学校的颜料盒中一共有 T 种颜料。为简便起见，我们把他们标记为 1, 2, ... T. 开始时色板上原有的颜色就为1号色。 面对如此复杂的问题，阿宝向你求助，你能帮助他吗？

输入输出格式
输入格式：
第一行有3个整数 L (1 <= L <= 100000), T (1 <= T <= 30) 和 O (1 <= O <= 100000)。 在这里O表示事件数。
接下来 O 行, 每行以 "C A B C" 或 "P A B" 得形式表示所要做的事情(这里 A, B, C 为整数, 可能A> B，这样的话需要你交换A和B)

输出格式：
对于老师的提问，做出相应的回答。每行一个整数。

Solution

这里要说一下 \(bitset\) 这个宝贝了（快 \(noip\) 了， 多运用 \(STL\) 节省时间）
支持位数很大的二进制运算， 自带压缩， 运算较快
简单来说就是一个可以有很多位的状压利器

这题很明显线段树， 用了 \(bitset\) 做状态说明： 第 \(i\) 位 为 \(1\) 代表此区间有这个颜色， 为 \(0\) 则没有
上传更新时使用或运算， 表示取并集（bitset很大一用处就是取状态很多的并集， 十分方便）
这是满足分配律的

修改打懒标记记录区间颜色， 改区间状态直接把 \(bitset\) 赋值为 \(0\) 然后确定颜色位修改为 \(1\) 即可

附： \(bitset\) 用法

声明n位bitset : bitset<n> b;
全部赋值为0 : b.reset();
为1 : b.set();
对第i位操作 : b[i] = 1/0;
一个bitset里1的个数 : num = b.count();

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<bitset>
typedef long long LL;
using namespace std;
int RD(){
    int out = 0,flag = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c >'9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}
    return flag * out;
    }
const int maxn = 100019;
int num, numc, na;
#define lid (id << 1)
#define rid (id << 1) | 1
struct seg_tree{
    int l, r;
    int lazy;
    bitset<39>b;
    }tree[maxn << 2];
void pushup(int id){
    tree[id].b = tree[lid].b | tree[rid].b;
    }
void pushdown(int id){
    if(tree[id].lazy){
        int c = tree[id].lazy;
        tree[lid].b.reset(), tree[rid].b.reset();
        tree[lid].b[c] = 1, tree[rid].b[c] = 1;
        tree[lid].lazy = tree[rid].lazy = c;
        tree[id].lazy = 0;
        }
    }
void build(int id, int l, int r){
    tree[id].l = l, tree[id].r = r;
    if(l == r){
        tree[id].b[1] = 1;
        return ;
        }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(lid, l, mid), build(rid, mid + 1, r);
    pushup(id);
    }
void update(int id, int val, int l, int r){
    pushdown(id);
    if(tree[id].l == l && tree[id].r == r){
        tree[id].b.reset();
        tree[id].b[val] = 1;
        tree[id].lazy = val;
        return ;
        }
    int mid = (tree[id].l + tree[id].r) >> 1;
    if(mid < l)update(rid, val, l, r);
    else if(mid >= r)update(lid, val, l, r);
    else update(lid, val, l, mid), update(rid, val, mid + 1, r);
    pushup(id);
    }
bitset<39> query(int id, int l, int r){
    pushdown(id);
    if(tree[id].l == l && tree[id].r == r){
        return tree[id].b;
        }
    int mid = (tree[id].l + tree[id].r) >> 1;
    if(mid < l)return query(rid, l, r);
    else if(mid >= r)return query(lid, l, r);
    else return query(lid, l, mid) | query(rid, mid + 1, r);
    }
int main(){
    num = RD();numc = RD();na = RD();
    build(1, 1, num);
    char cmd;
    for(int i = 1;i <= na;i++){
        cin>>cmd;
        int l = RD(), r = RD();
        if(l > r)swap(l, r);
        if(cmd == 'C'){
            int x = RD();
            update(1, x, l, r);
            }
        else printf("%d\n", (int)query(1, l, r).count());
        }
    return 0;
    }

原文地址：https://www.cnblogs.com/Tony-Double-Sky/p/9504920.html