2020-2021年度第二届全国大学生算法设计与编程挑战赛（春季赛）- 天才的操作(线段树+主席树+树上倍增)

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题目分析：刚看到这个题目的时候，口胡了一个假算法，觉得对于每次询问的操作 [l,r][l,r][l,r] ，只需要找到指令集区间 [l,r][l,r][l,r] 内覆盖到点 kkk 的最大并集，然后求出这段区间中 aaa 数组的最大值就是答案了，这样一来直接用线段树维护一下数组 aaa，再用主席树维护一下区间交集即可

但后来转念一想，覆盖的区间还有时序问题，也就是两个区间执行的先后顺序不同，会造成不一样的结果，到此为止这个题也就卡住了

今天看了题解和杨大佬讨论了一下就豁然开朗了，其实卡住的部分就差预处理出一个树上倍增了

因为本题中的指令集操作，本质上是将一个区间的数值都赋值为该区间的最大值。所以我们的最终目标仍然是需要找到包含点 kkk 的区间向左向右分别可以扩展到什么位置，记为 [ll,rr][ll,rr][ll,rr]，那么答案就是数组 aaa 在 [ll,rr][ll,rr][ll,rr] 中的最大值了，下面以向右扩展为例来讲解，向左扩展的话只需要类比过去就好啦

将指令集视为一棵树，对于第 iii 个指令来说，其代表的区间为 [li,ri][l_i,r_i][li,ri]，因为我们需要尽可能向右扩展，所以我们查找一下点 rir_iri 最后一次被哪个指令集所覆盖，记为 jjj，那么此时就会产生一条 j−>ij->ij−>i 的有向边，如此建图的话，最后就会形成一棵以点 000 为根节点的树（其实严格意义上来说，是以点 000 为根节点的一棵森林）

而且不难发现，假设 jjj 到 iii 有一条边，且 jjj 是 iii 的父节点，那么满足两个性质：

j<ij<ij<i
rj>=rir_j>=r_irj>=ri

所以对于给定的点 kkk ，我们只需要找到其最多可以扩展到的位置就是上文中需要求的 rrrrrr 了

而不断向上跳 fafafa 的过程也可以利用倍增快速实现

如果每次询问的都是 [1,m][1,m][1,m] 中的指令集，那么问题就已经解决了所以现在只剩下了一个问题，那就是指令集限制在 [l,r][l,r][l,r] 内该如何实现呢？

注意到上面提到的，建出来的树的性质一，即从根节点到任意节点的编号都是单调递增的，所以我们可以从第 rrr 个指令集不断向上跳，跳到深度最低，且指令集的编号仍然大于等于 lll 的那个祖先为止

所以现在的目标就转换为了，如何建出上文中的那棵树呢？其实只需要实现下面两个操作即可：

将某个版本的的某个区间覆盖成指定颜色
查询某个版本指定位置的颜色的最大值

因为涉及到了历史版本和区间问题，所以用主席树来维护就好啦

需要注意的是，区间修改要用到标记永久化，并且对于某段区间的修改，保守估计会有 3logn3logn3logn 个节点会被修改，所以主席树的数组大小需要注意一下

代码：

// #pragma GCC optimize(2)
// #pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
// #pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
#include<list>
#include<unordered_map>
#define lowbit(x) x&-x
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
template<typename T>
inline void read(T &x)
{T f=1;x=0;char ch=getchar();while(0==isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(0!=isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();x*=f;
}
template<typename T>
inline void write(T x)
{if(x<0){x=~(x-1);putchar('-');}if(x>9)write(x/10);putchar(x%10+'0');
}
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1e5+100;
int n,L[N][25],R[N][25],ql[N],qr[N];
struct Seg {struct Node {int l,r,mmax;}tree[N<<2];void pushup(int k) {tree[k].mmax=max(tree[k<<1].mmax,tree[k<<1|1].mmax);}void build(int k,int l,int r) {tree[k]={l,r,0};if(l==r) {read(tree[k].mmax);return;}int mid=(l+r)>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);pushup(k);}void update(int k,int pos,int val) {if(tree[k].l==tree[k].r) {tree[k].mmax=val;return;}int mid=(tree[k].l+tree[k].r)>>1;if(pos<=mid) {update(k<<1,pos,val);} else {update(k<<1|1,pos,val);}pushup(k);}int query(int k,int l,int r) {if(tree[k].l>r||tree[k].r<l) {return 0;}if(tree[k].l>=l&&tree[k].r<=r) {return tree[k].mmax;}return max(query(k<<1,l,r),query(k<<1|1,l,r));}
}SEG;
struct CMT {struct Node {int l,r,lazy;}tree[N*60];int root[N],tot;int newnode() {tot++;tree[tot].l=tree[tot].r=tree[tot].lazy=0;return tot;}void update(int &k,int l,int r,int L,int R,int val) {//[l,r]:target [L,R]:curif(L>r||R<l) {return;}int nk=newnode();tree[nk]=tree[k];k=nk;if(L>=l&&R<=r) {tree[k].lazy=val;return;}int mid=(L+R)>>1;update(tree[k].l,l,r,L,mid,val);update(tree[k].r,l,r,mid+1,R,val);}int query(int k,int L,int R,int pos,int val) {//[L,R]:curval=max(val,tree[k].lazy);if(L==R) {return val;}int mid=(L+R)>>1;if(pos<=mid) {return query(tree[k].l,L,mid,pos,val);} else {return query(tree[k].r,mid+1,R,pos,val);}}void update(int l,int r,int val) {//将[l,r]染色成valupdate(root[val],l,r,1,n,val);}int query(int k,int pos) {//查询第k个版本点pos的颜色return query(root[k],1,n,pos,0);}
}CMT;
int main()
{#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("data.in.txt","r",stdin);
//  freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);int m,q;read(n),read(m),read(q);SEG.build(1,1,n);for(int i=1;i<=m;i++) {read(ql[i]),read(qr[i]);L[i][0]=CMT.query(i-1,ql[i]);R[i][0]=CMT.query(i-1,qr[i]);CMT.root[i]=CMT.root[i-1];CMT.update(ql[i],qr[i],i);for(int j=1;j<=20;j++) {L[i][j]=L[L[i][j-1]][j-1];R[i][j]=R[R[i][j-1]][j-1];}}while(q--) {int op;read(op);if(op==1) {int x,y;read(x),read(y);SEG.update(1,x,y);} else if(op==2) {int l,r,k;read(l),read(r),read(k);int ll=CMT.query(r,k);int rr=ll;for(int i=20;i>=0;i--) {if(R[rr][i]>=l) {rr=R[rr][i];}if(L[ll][i]>=l) {ll=L[ll][i];}}if(ll<l) {printf("%d\n",SEG.query(1,k,k));} else {printf("%d\n",SEG.query(1,ql[ll],qr[rr]));}}}return 0;
}

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