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。

错误日志： 1.第一次交了暴力 \(30\) 颗线段树 \(MLE\) 2. 后面换了个思路却忘记了题目有坑（以粗体标出）

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;
	}