LDUOJ 时间锁链（状压+线段树）

时间锁链

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题目描述
当墨老师找到封闭时间环中最小的逆序对数后，他就可以将时间环展开成一个长L的时间锁链（我们可以将之看成是一根很长的管子），其中L是整数，所以我们可以将该管子分为L段，并从左到右标记为1，2，…，L。

现在对管子有两种操作：

“C A B C” 将A到B的数都标记为C（我们可形象的看成是染成C这种颜色）。
“P A B” 输出A和B之间不同颜色的数目。

颜色有T种，标记为1，2，3…，T，T是一个很小的值，初始时管子的颜色为1。
输入
第一行为L (1≤L≤100 000)，T (1≤T≤30)和O (1≤O≤100 000)，其中O表示操作数。随后O行为操作命令即"C A B C"或"P A B"，其中A可能比B值大。
输出
输出操作的结果。
样例输入 Copy
2 2 4
C 1 1 2
P 1 2
C 2 2 2
P 1 2
样例输出 Copy
2
1

题意：
题意很简单，给你一个区间和两种操作，你可以更改区间的数或是查询区间里有多少种不同的数。
思路：
典型的区间修改和区间查询，用线段树维护一下就可以了。
因为颜色的总数目很小，我们可以开一个bool数组暴力记录（应该可以~），也可以把状态压缩成二进制数，表示的含义就是第i位为1时说明第i个颜色被涂上了。

代码：
注意一下pushdown的写法~

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+7;
struct node{int l,r;int sum;//二进制表示涂了多少种颜色int lazy;
}a[maxn];
void pushdown(int u){if(a[u].lazy){a[u<<1].lazy=a[u<<1|1].lazy=a[u].lazy;a[u<<1].sum=a[u<<1|1].sum=(1<<a[u].lazy);a[u].lazy=0;}
}
void build(int u,int l,int r){a[u].l=l;a[u].r=r;if(l==r) a[u].sum=1<<1;else{int mid=(l+r)>>1;build(u<<1,l,mid);build(u<<1|1,mid+1,r);a[u].sum=a[u<<1].sum|a[u<<1|1].sum;}
}
void update(int u,int z,int l,int r){if(a[u].l>r||a[u].r<l) return ;///完全不包含if(a[u].l>=l&&a[u].r<=r){//完全包含a[u].sum=1<<z;a[u].lazy=z;return ;}pushdown(u);update(u<<1,z,l,r);update(u<<1|1,z,l,r);a[u].sum=a[u<<1].sum|a[u<<1|1].sum;
}
int query(int u,int l,int r){if(a[u].l>r||a[u].r<l) return 0;if(a[u].l>=l&&a[u].r<=r) return a[u].sum;pushdown(u);return query(u<<1,l,r)|query(u<<1|1,l,r);
}
int main(){int n,t,o;cin>>n>>t>>o;build(1,1,n);while(o--){char op;int x,y;cin>>op>>x>>y;if(op=='P'){if(x>y) swap(x,y);int res=query(1,x,y);int sum=0;for(int i=1;i<=t;i++)if(res&(1<<i)) sum++;cout<<sum<<endl;}else if(op=='C'){int z;if(x>y) swap(x,y);cin>>z;update(1,z,x,y);}}return 0;
}