这个题我愣是交了好几遍没有过......

后来@_皎月半洒花dalao告诉我说要^儿子节点的tag,然后就明白了......

行吧,先上题面:

题目描述

现有N(2 ≤ N ≤ 100000)盏灯排成一排,从左到右依次编号为:1,2,......,N。然后依次执行M(1 ≤ M ≤ 100000)项操作,操作分为两种:第一种操作指定一个区间[a, b],然后改变编号在这个区间内的灯的状态(把开着的灯关上,关着的灯打开),第二种操作是指定一个区间[a, b],要求你输出这个区间内有多少盏灯是打开的。灯在初始时都是关着的。

输入输出格式

输入格式:

第一行有两个整数N和M,分别表示灯的数目和操作的数目。接下来有M行,每行有三个整数,依次为:c, a, b。其中c表示操作的种类,当c的值为0时,表示是第一种操作。当c的值为1时表示是第二种操作。a和b则分别表示了操作区间的左右边界(1 ≤ a ≤ b ≤ N)。

输出格式:

每当遇到第二种操作时,输出一行,包含一个整数:此时在查询的区间中打开的灯的数目。

这个题比较水有好处的一点是有很多题都和这个题基本一样。

然后我们看到这个题让我们统计一个线段内的某一种和和修改区间:

线段树啊!

然后我就把校门外的树的代码扒过来了......

评测记录

后果:听取WA声一片。

为啥呢?

因为儿子节点有可能比父亲节点提前改过了。

所以我们只能取反,把原先的状态反过来。

然后就成了提交记录

#include <iostream>
#include <cstdio> using namespace std;
const int maxn=100001;
struct tree{
int l,r,flash,dark;
bool tag;
}segment[maxn<<2];
int n,m; inline void update(int rt);
inline void pushdown(int rt);
inline void build_tree(int rt,int l,int r);
inline int query(int rt,int l,int r);
inline void modify(int rt,int l,int r); int main()
{
cin>>n>>m;
build_tree(1,1,n);
while (m--)
{
char flag;
int l,r;
cin>>flag>>l>>r;
if (flag=='0')modify(1,l,r);
else cout<<query(1,l,r)<<'\n';
}
return 0;
} inline void update(int rt)
{
int lson=rt<<1,rson=lson+1;
segment[rt].flash=segment[lson].flash+segment[rson].flash;
segment[rt].dark=segment[lson].dark+segment[rson].dark;
}
inline void pushdown(int rt)
{
int lson=rt<<1,rson=lson+1;
segment[lson].tag^=1;
segment[rson].tag^=1;
swap(segment[lson].dark,segment[lson].flash);
swap(segment[rson].dark,segment[rson].flash);
segment[rt].tag^=1;
}
inline void build_tree(int rt,int l,int r)
{
segment[rt].l=l,segment[rt].r=r;
if (l==r)
{
segment[rt].flash=0;
segment[rt].dark=1;
segment[rt].tag=false;
return;
}
int mid=(r+l)>>1,lson=rt<<1,rson=lson+1;
build_tree(lson,l,mid);
build_tree(rson,mid+1,r);
update(rt);
}
inline void modify(int rt,int l,int r)
{
if (segment[rt].l<=l&&segment[rt].r>=r)
{
if (segment[rt].l==l&&segment[rt].r==r)
{
segment[rt].tag^=1;
swap(segment[rt].flash,segment[rt].dark);
return;
}
if (segment[rt].tag)pushdown(rt);
int mid=(segment[rt].l+segment[rt].r)>>1,lson=rt<<1,rson=lson+1;
if (r<=mid)modify(lson,l,r);
else if (l>mid)modify(rson,l,r);
else
{
modify(lson,l,mid);
modify(rson,mid+1,r);
}
update(rt);
}
return ;
}
inline int query(int rt,int l,int r)
{
if (segment[rt].l<=l&&segment[rt].r>=r)
{
if (segment[rt].l==l&&segment[rt].r==r)
{
return segment[rt].flash;
}
if (segment[rt].tag)pushdown(rt);
int mid=(segment[rt].l+segment[rt].r)>>1,lson=rt<<1,rson=lson+1;
if (r<=mid)return query(lson,l,r);
else if (l>=mid+1)return query(rson,l,r);
else return query(lson,l,mid)+query(rson,mid+1,r);
}
return 0;
}

行吧......

题解 P3870 【[TJOI2009]开关】的更多相关文章

  1. 洛谷 P3870 [TJOI2009]开关 题解

    原题链接 前置知识: 线段树的单点.区间的修改与查询. 一看,我们需要维护两个操作: 区间取反: 区间求和. (因为区间 \(1\) 的个数,就是区间的和) 典型的 线段树 . 如果你只会线段树的 区 ...

  2. 洛谷 P3870 [TJOI2009]开关

    题意简述 有n盏灯,默认为关,有两个操作: 1.改变l~r的灯的状态(把开着的灯关上,关着的灯打开) 2.查询l~r开着的灯的数量 题解思路 维护一个线段树,支持区间修改,区间查询 懒标记每次^1 代 ...

  3. P3870 [TJOI2009]开关

    思路 重题 代码 #include <iostream> #include <vector> #include <cstdio> #include <cstr ...

  4. 洛谷P3870 [TJOI2009]开关

    题目描述 现有\(N(2 ≤ N ≤ 100000)\)盏灯排成一排,从左到右依次编号为:\(1,2,......,N\).然后依次执行\(M(1 ≤ M ≤ 100000)\)项操作,操作分为两种: ...

  5. 洛谷P3870 [TJOI2009] 开关 (线段树)

    简单的省选题...... 打异或标记即可. 1 #include<bits/stdc++.h> 2 const int N=2e5+10; 3 using namespace std; 4 ...

  6. 题解 P3870 【[TJOI2009]开关】/基础分块学习小结

    直接进入正题: 分块: 分块分块,就是把一个长串东西,分为许多块,这样,我们就可以在操作一个区间的时候,对于在区间里面完整的块,直接操作块,不完整的直接操作即可,因为不完整,再加上一个块本身就不大,复 ...

  7. 洛谷 3870 [TJOI2009]开关

    [题解] 线段树基础题.对于每个修改操作把相应区间的sum改为区间长度-sum即可. #include<cstdio> #include<algorithm> #include ...

  8. [TJOI2009]开关 (线段树)

    题目描述 现有N(2 ≤ N ≤ 100000)盏灯排成一排,从左到右依次编号为:1,2,......,N.然后依次执行M(1 ≤ M ≤ 100000)项操作,操作分为两种:第一种操作指定一个区间[ ...

  9. Luogu3870 [TJOI2009]开关 (分块)

    线段树做法很简单,但分块好啊 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include & ...

随机推荐

  1. 封装的一套简单轻量级JS 类库(RapidDevelopmentFramework.JS)

    1.最近好久没有更新自己的博客了,一直在考虑自己应该写一些什么.4.2日从苏州回到南京的路上感觉自己的内心些崩溃和失落,我就不多说了? 猛然之间我认为自己需要找一下内心的平衡.决定开发属于自己一套快速 ...

  2. python 中的特殊方法,纠正自己笨笨的记忆

    1. __new__ 和 __init__ 的区别 python 2.x 老式类(默认继承type) class A: pass 老式类中没有__new__类方法(也就是说定义也不会执行,它不是老式类 ...

  3. 第一个Django demo

    平台:Pycharm Django 使用 Pycharm 进行开发,需要提前在 Pycharm 中(File > Settings > Project: Python > Proje ...

  4. Docker创建容器

    容器是镜像的一个运行实例,是基于镜像运行的轻量级环境,是一个或者一组应用. 怎样创建容器?将容器所基于的镜像名称传入即可,Docker会从本地仓库中寻找该镜像,如果本地仓库没有,则会自动从远程仓库中拉 ...

  5. CSS清浮动办法

    骨灰级解决办法: .clear{clear:both;height:0;overflow:hidden;} 上诉办法是在需要清除浮动的地方加个div.clear或者br.clear,我们知道这样能解决 ...

  6. while循环计算规则:内循环—外循环!

    num= 1 #值 =1while num <= 10 : # num(1)小于10 print(num) # 应该打印 这个1的值 num +=1 # num+=1等价于 num再加1 所以这 ...

  7. 利用VS2015开发python版本的caffe应用

    打开VS2015,选择“新建项目”->“其它语言”->“python”,VS会提示你安装PTVS(Python Tools for Visual Studio)插件,安装完毕后即可开始py ...

  8. 【SIKIA计划】_11_Unity动画插件-DOTween笔记

    [插值移动]using DG.Tweening;public class GetStart:MomoBehaviour{ public Vector3 myValue = new Vector3(0, ...

  9. 快速获取APP对应的appPackage和appActivity

    appPackage和appActivity 进行appium自动化测试非常重要的两个参数,我们所测试的APP不同,这两个参数肯定也是不一样的. 介绍两种方法可快速获取APP的这两个参数: 方法一 1 ...

  10. docker入门使用教程

    Docker概念 Docker是开发人员和系统管理员 使用容器开发,部署和运行应用程序的平台.使用Linux容器部署应用程序称为容器化.容器不是新的,但它们用于轻松部署应用程序. 容器化越来越受欢迎, ...