SDUT 2880 第五届山东省ACM省赛 Devour Magic （线段树+区间处理） 57行代码搞定~

线段树+区间处理） 57行代码搞定~"/>

SDUT 2880 第五届山东省ACM省赛 Devour Magic （线段树+区间处理） 57行代码搞定~

传送门：SDUT 2880

题目大意：

数轴上有从 1~n 的 n ( 1<= n <= 1e5)个点，每个点每单位时间会增加 1 单位法力，给出某个人按时间顺序的 m 次操作，每次操作都会在时间 t 时把区间 [ l , r ] 内的法力都收走，问他收走的法力和是多少。

思路：

对于每个点，从这个点所收走的法力之和等于最后一次从它那收走的时间（自己想想为什么）。

又由于 m 次操作是按时间顺序给出的，所以我们可以将区间内的点按照时间顺序“染色”，每次染色的值为操作的时间 t。这样一来，每个点就保存了最后一次操作的时间所对应的颜色。

我们要计算结果只需要用 O(n) 的时间把每个点的值相加即可。这个时间不多，耗时的是将区间染色的操作，我们可以利用线段树解决，有点类似于线段树求区间和的操作。

具体实现：

我们可以用线段树的点的 col 属性来记录每个点的“颜色”，即最后一次操作的时间。由于每次对区间染色，所以每次将 col 进行延迟操作（为了节省时间）。由于没直接记录每个点的颜色，所以需要用 query 函数递归查询每个点的颜色，并将点的颜色值相加即结果。

注：

1. 我看网上好多方法是模拟的思路，每次取完都要清空区间，这样比较麻烦一点。

2. 这个题和 poj 2528 很像，poj 2528 的意思是在一个板子上贴海报，给出海报的区间，问最后有多少个海报可见（有一部分能看见即可见）。

代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
typedef long long LL;//注意a数组开4倍，col数组开16倍 
int a[100010*4],col[100010*16];void pushdown(int root)
{ //延迟标记 //让左右子树的根节点染色为当前根节点的染色 col[root<<1]=col[root<<1|1]=col[root];	col[root]=0; //当前节点设为未染色 
}void update(int root,int L,int R,int l,int r,int x)
{ //更新函数，参数为：根，大区间，所查询区间， 染第x种色 if(l<=L&&r>=R){ //如果当前区间在查询区间内，则染色 col[root]=x;return;}if(col[root]!=0) pushdown(root);int mid=(L+R)>>1;if(mid>=l) update(root<<1,L,mid,l,r,x); //更新左子树 if(mid<r) update(root<<1|1,mid+1,R,l,r,x); //更新右子树 
}LL query(int root,int L,int R,int l,int r)
{ //查询函数，参数为：根，大区间，所查询区间LL ans=0;if(L==R) return col[root];if(col[root]!=0) pushdown(root); //延迟标记 int mid=(L+R)>>1;if(mid>=l) ans+=query(root<<1,L,mid,l,r); //查询左子树 if(mid<r) ans+=query(root<<1|1,mid+1,R,l,r); //查询右子树 return ans;
}int main()
{int i,t,n,m,l,r,color;scanf("%d",&t);while(t--){memset(col,0,sizeof(col)); //初始化，相当于建树 scanf("%d%d",&n,&m);		for(i=0;i<m;i++){scanf("%d%d%d",&color,&l,&r);update(1,1,n,l,r,color); //更新区间的颜色 }		//用query函数递归查询每个点的颜色并相加 LL ans=query(1,1,n,1,n);printf("%lld\n",ans);}return 0;
}