P8441 旭日东升（二维数点经典套路）

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：

加入一个元素：
- \(l\in[1,p],r\in[x,s)\) 区间加上 \(x-p\)。
- \(l\in(p,x],r\in[s,n]\) 区间加上 \(s-x\)。
删除一个元素：将加法的权值倒过来即可。

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。