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P8441 旭日东升（二维数点经典套路）

作者：互联网

P8441 旭日东升

维护一个不可重集合的序列 \(a\)，长度为 \(n\)。支持以下两种操作：

  • l r x 对于每个 \(l\le i\le r\)，将 \(x\) 并入 \(a_i\)。
  • l r 设 \(S\) 把每个 \(l\le i\le r\) 的 \(a_i\) 并在一起的集合，输出 \(S\) 中所有元素的和。

\(n,m,x\le 10^5,1\le l\le r\le n\)。

\(\color{yellow}{\bigstar\texttt{Trick}}\)：连续的不可重集合 \(\rightarrow\) 含有每种颜色的地方以不重叠的区间形式存在，考虑用 ODT 维护区间中是否有这个数。如果我们能在每次操作之后，都将 \([1,n]\) 的区间划分不存在连续的 \(0\) 区间的若干段，那么不含有这个数的区间一定是被完全包含在 \(0\) 区间中。

为了实现对区间端点的限制，两位神仙为我们指引了方向！！

\(\texttt{p}\color{red}{\texttt{igstd}}\)：这个问题可以转化为矩形加、单点求值，之后想方法实现。

\(\texttt{B}\color{red}{\texttt{uttercake}}\)：矩形加、单点求值可以将询问和修改离线按照左端点排序，将操作存储在左端点并用树状数组维护，但常数很小。（update：即将矩形差分后离线处理）

于是你就做完了！！！

此题代码 
#define Maxn 100005
int n,m;
ll ans[Maxn];
struct BIT
{
	ll tree[Maxn];
	inline void add(int x,ll k){ while(x<=n) tree[x]+=k,x+=x&(-x); }
	inline ll query(int x){ ll ret=0; while(x) ret+=tree[x],x-=x&(-x); return ret; }
}T;
struct ODT
{
	int l,r,val;
	ODT(int L=0,int R=0,int Val=0):l(L),r(R),val(Val){}
	bool friend operator < (ODT x,ODT y) { return x.l<y.l; }
};
set<ODT> s[Maxn];
struct Operation
{
	int opt,l,r,val,num;
	Operation(int Opt=0,int L=0,int R=0,int Val=0,int Num=0):
		opt(Opt),l(L),r(R),val(Val),num(Num){}
	bool friend operator < (Operation x,Operation y) { return x.l<y.l; }
};
vector<Operation> op;
inline void add(int l,int r,int val)
{
	op.emplace_back(0,l,l,val,0);
	op.emplace_back(0,l,r+1,-val,0);
	op.emplace_back(0,r+1,l,-val,0);
	op.emplace_back(0,r+1,r+1,val,0);
}
inline auto split(int opt,int x)
{
	if(!s[opt].size()) s[opt].emplace(1,n+1,0);
	auto it=s[opt].lower_bound(ODT(x,0,0));
	if(it!=s[opt].end() && it->l==x) return it;
	it--;
	int l=it->l,r=it->r,val=it->val;
	if(it->val==0) add(l,r,opt),add(l,x-1,-opt),add(x,r,-opt);
	s[opt].erase(it);
	s[opt].emplace(l,x-1,val);
	return s[opt].emplace(x,r,val).fi;
}
inline void assign(int opt,int l,int r)
{
	if(!s[opt].size()) s[opt].emplace(1,n+1,0);
	auto itr=split(opt,r+1),itl=split(opt,l);
	for(auto it=itl;it!=itr;it++)
		if(it->val==0) add(it->l,it->r,opt);
	s[opt].erase(itl,itr);
	s[opt].emplace(l,r,1);
}
void solve(int ql,int qr)
{
	if(ql==qr) return;
	int mid=(ql+qr)>>1;
	solve(ql,mid),solve(mid+1,qr);
	int nl=ql;
	for(int nr=mid+1;nr<=qr;nr++) if(op[nr].opt)
	{
		while(nl<=mid && op[nl].l<=op[nr].l)
			{ if(op[nl].opt==0) T.add(op[nl].r,op[nl].val); nl++; }
		ans[op[nr].num]+=T.query(op[nr].r);
	}
	for(int i=ql;i<nl;i++) if(op[i].opt==0) T.add(op[i].r,-op[i].val);
	inplace_merge(op.begin()+ql,op.begin()+mid+1,op.begin()+qr+1);
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd();
	for(int i=1,opt,l,r,x;i<=m;i++)
	{
		opt=rd(),l=rd(),r=rd();
		if(opt==1) x=rd(),assign(x,l,r),ans[i]=-1;
		else op.emplace_back(1,l,r,0,i),ans[i]=0;
	}
	solve(0,op.size()-1);
	for(int i=1;i<=m;i++) if(ans[i]!=-1) printf("%lld\n",ans[i]);
	return 0;
}

于是，你已经对二维数点的基本原理有了一定的了解，就让我们来看一看下面这个简单的例子，来吧我们刚刚学到的知识运用到时间中吧。

试试看！(bushi

CF848C Goodbye Souvenir

修改一个元素其实就是删除一个元素后增加一个元素，分别考虑他们的贡献是多好：

设当前下标为 \(x\)，上一个这种元素为 \(p\)，下一个元素为 \(s\)，则：

我们需要查询的是区间和，即变为了一个矩形加、单点查询问题，离线解决即可。

P4690 [Ynoi2016] 镜中的昆虫

维护一个长为 \(n\) 的序列 \(a_i\)，有 \(m\) 次操作。

  • 1 l r x 将区间 \([l,r]\) 的值修改为 \(x\)。
  • 2 l r 询问区间 \([l,r]\) 出现了多少种不同的数，也就是说同一个数出现多次只算一个。

\(1\le n,m\le 10^5,1\le a_i\le 10^9\)。

和上一题不能说差不多，只能说十分相似(bushi

用一个 ODT 维护全局颜色端，对每个颜色再分别维护颜色端。

用矩形加、单点查的套路做，分治解决即可。

标签：opt,le,P8441,val,int,数点,旭日东升,区间,emplace
来源： https://www.cnblogs.com/EricQian/p/16585834.html