202303-1 田地丈量（矩形面积交）

矩形面积交=x轴线段交长度*y轴线段交长度

线段交长度，相交的时候是min右端点-max左端点，不相交的时候是0

#includeusing namespace std;int n,a,b,ans,x,y,x2,y2;int f(int l1,int r1,int l,int r){return max(0,min(r1,r)-max(l1,l));}int main(){cin>>n>>a>>b;for(int i=1;i>x>>y>>x2>>y2;ans+=f(0,a,x,x2)*f(0,b,y,y2);}cout<

202303-2垦田计划（二分）

二分最终答案x（x>=k），判断降到x天资源是否够

够的话就往小里二分，否则往大里二分，

当然贪心也可以做，排序之后，把最耗时的天数逐个压低，使得后缀和前面持平

#includeusing namespace std;typedef long long ll;const int N=1e5+10;int n,m,k,t[N],c[N],mx;bool ok(int x){ll sum=0;for(int i=1;i<=n;++i){if(t[i]m)return 0;}return 1;}int main(){cin>>n>>m>>k;for(int i=1;i>t[i]>>c[i];mx=max(mx,t[i]);}int l=k,r=mx;while(l<=r){int mid=(l+r)/2;if(ok(mid))r=mid-1;else l=mid+1;}cout<<l<<endl;return 0;}

202303-3LDAP（模拟+栈+bitset）

主要是要解决表达式嵌套的问题，

与栈实现计算器时维护一个符号栈、一个数值栈类似

这里维护了两个栈，一个符号栈op，一个bitset集合栈stk，集合求交、或，由bitset完成

当遇到&或|时，将符号压栈；当遇到)时，将bitset压栈；()内正常读取，求bitset即可

当同一个符号对应两个bitset在栈内（num[c]=2）时，将两个bitset运算为一个bitset

其余部分map乱搞，q[i][j]表示DN=i用户的j属性值，

p(i,j)表示i属性值为j的有哪些用户，has[i]表示i属性有哪些用户，

i:j操作时，p[i][j]即为所求；i~j操作时，has[i]内去掉p[i][j]即为所求

to[i]记录了第i个用户对应的DN值，输出时按DN从小到大排序即可

实际耗时3s多，12s绰绰有余

#includeusing namespace std;typedef long long ll;typedef pair P;const int N=2502;int n,m,sz,id,k,c,d,x,y,num[N],to[N],f[N];mapq[N];map<P,vector>p;map<int,vector>has;char s[N],op[N];bitsetstk[N*2],res;bitsetcal(int l,char x,int r){bitsetans;for(auto &v:p[P(l,r)]){ans.set(v);}if(x=='~'){for(auto &v:has[l]){ans.flip(v);}}return ans;}int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;++i){scanf("%d%d",&id,&k);to[i]=id;for(int j=1;j<=k;++j){scanf("%d%d",&x,&y);q[i][x]=y;has[x].push_back(i);p[P(x,y)].push_back(i);}}scanf("%d",&m);for(int i=1;i<=m;++i){scanf("%s",s);sz=strlen(s);c=d=0;for(int j=0;j<sz;){if(s[j]=='&' || s[j]=='|'){op[++c]=s[j++];}else if(s[j]=='('){j++;}else if(s[j]==')'){num[c]++;if(num[c]==2){d--;if(op[c]=='&')stk[d]=stk[d]&stk[d+1];else stk[d]=stk[d]|stk[d+1];num[c--]=0;}j++;}else{int cur=j,l=0,r=0;while(cur<sz && (s[cur]!=':' && s[cur]!='~')){l=l*10+(s[cur]-'0');cur++;}char x=s[cur++];while(cur<sz && s[cur]!=')'){r=r*10+(s[cur]-'0');cur++;}stk[++d]=cal(l,x,r);j=cur;}}int e=0;for(int j=1;j<=n;++j){if(stk[d].test(j)){f[++e]=to[j];}}sort(f+1,f+e+1);for(int j=1;j<=e;++j){printf("%d%c",f[j]," \n"[j==e]);}if(!e)puts("");}return 0;}

202303-4星际网络II（线段树）

线段树（离散化、单点询问、区间求和、区间最值），经典题了

线段树维护区间和，用于记录对应区间几个值被用过

线段树维护最大最小值，用于记录被哪个用户id用过，

当最小值=最大值时，表示恰被一个用户用过

首先，将最大32维的数转10进制，压成长为32的array，

离散化去重后，找到每个ip地址对应下标映射

操作1：若[l,r]是否没被用户用过，或[l,r]仅被当前用户用过且没占满，则可行，否则不可行

线段树先查一下这段区间和，等于0表示没被用过，则可行

否则，判一下当前区间最大最小值，若最大最小值相等且区间和小于区间长度，则可行

操作2：单点询问，查单点最大/最小值即可知道被哪个用户用过，或没用过

操作3：区间询问，若[l,r]仅被一个用户全用过，则区间和为区间长度，区间最大最小值相等

注意离散化时，需要给右端点+1的值也离散化进去，并考虑+1带来的进位问题

否则，可能会出现[1,2][4,5]在离散化前不相邻，离散化后变为[1,2][3,4]相邻的情形

#includeusing namespace std;typedef long long ll;const int N=15e4+10,M=5e4+10,K=170,B=32,INF=0x3f3f3f3f;struct segtree{int n;struct node{int l,r,v,c,mn,mx;}e[N<<2];#define l(p) e[p].l#define r(p) e[p].r#define v(p) e[p].v#define c(p) e[p].c#define mn(p) e[p].mn#define mx(p) e[p].mxvoid up(int p){v(p)=v(p<<1)+v(p<<1|1);mn(p)=min(mn(p<<1),mn(p<<1|1));mx(p)=max(mx(p<<1),mx(p<>1;bld(p<<1,l,mid);bld(p<<1|1,mid+1,r);up(p);}void psd(int p){if(c(p)){v(p<<1)=r(p<<1)-l(p<<1)+1;mn(p<<1)=min(mn(p<<1),c(p));mx(p<<1)=max(mx(p<<1),c(p));c(p<<1)=c(p);v(p<<1|1)=r(p<<1|1)-l(p<<1|1)+1;mn(p<<1|1)=min(mn(p<<1|1),c(p));mx(p<<1|1)=max(mx(p<<1|1),c(p));c(p<qr)return;if(ql<=l(p)&&r(p)>1;if(ql<=mid)chg(p<mid)chg(p<<1|1,ql,qr,v);up(p);}int cnt(int p,int ql,int qr){if(ql<=l(p)&&r(p)>1,res=0;psd(p);if(ql<=mid)res+=cnt(p<mid)res+=cnt(p<<1|1,ql,qr);return res;}int amn(int p,int ql,int qr){if(ql<=l(p)&&r(p)>1,res=INF;psd(p);if(ql<=mid)res=min(res,amn(p<mid)res=min(res,amn(p<<1|1,ql,qr));return res;}int amx(int p,int ql,int qr){if(ql<=l(p)&&r(p)>1,res=-INF;psd(p);if(ql<=mid)res=max(res,amx(p<mid)res=max(res,amx(p<<1|1,ql,qr));return res;}}seg;int n,m,q,op,c;arrayf[N];auto cal(string s){int d=0;arrayans={0};for(auto &y:s){if(y==':'){d++;continue;}int &v=ans[d];if('a'<=y && y<='f')v=v*16+(y-'a')+10;else v=v*16+(y-'0');}return ans;}auto add_one(arrayy){y[n/16-1]++;for(int i=B-1;i;--i){if(y[i]>=65536){y[i]-=65536;y[i-1]++;}}return y;}int g(arrayv){int x=lower_bound(f,f+c,v)-f;return x+1;}struct ask{int op,x;string s,t;void rd(){cin>>op;if(op==1)cin>>x;cin>>s;f[c++]=cal(s);if(op==2)t=s;else{cin>>t;f[c++]=cal(t);f[c]=add_one(f[c-1]);c++;}}void sol(){int l=g(cal(s)),r=g(cal(t)),w=seg.cnt(1,l,r);int mn=seg.amn(1,l,r),mx=seg.amx(1,l,r);if(op==1){if(!w || (w<r-l+1 && mn==mx && mn==x)){seg.chg(1,l,r,x);cout<<"YES"<<endl;}else{cout<<"NO"<<endl;}}else if(op==2){cout<<(mn==INF?0:mn)<<endl;}else{cout<<(w==r-l+1 && mn==mx?mn:0)<>n>>q;for(int i=1;i<=q;++i){e[i].rd();}sort(f,f+c);c=unique(f,f+c)-f;seg.init(c+5);for(int i=1;i<=q;++i){e[i].sol();}return 0;}

202303-5 施肥（分治+线段树+树状数组）

n,m<=3000乱搞一下就ok，数据范围再小的就不提了

虽然事后发现，n,m<=3000的暴力，我是用的O(nmlogn)，而官解是O(n^2+nm)

特殊性质的分也比较好判断，这样75分就到手了，然后就不会了，就去嫖了官解

这个做法本质是对O(n^2+nm)的暴力套了个分治，

虽然出题人说，两个满分，分别是用李超树和分块过的，感觉很神秘

理解了好久，花若干时间写完代码之后，交上去wa成sb，

对拍拍出来问题之后，交上去又T了，把回收改成区间删除才过

复杂度O((n+m)logm)也就是一个log，但是貌似被我实现成了两个log，感谢出题人不杀之恩

开了四棵线段树，树状数组常数比较小，最后也过了，讲一下中间遇到的各个做法

60分题解（O(n^2+nm)暴力）

按右端点增序枚举，假设当前枚举到的右端点为R，此时只能选右端点<=R的线段

记a[i]为对于i来说，只能选右端点<=R的线段时，能覆盖i的最大的左端点

那么，固定右端点R时，若[L,R]是一组解，一定有对于任意L<=i<=R，L<=a[i]

换言之，为了覆盖[L,R]中间的值，采用的线段，其左端点不能比L更靠左

所以，就可以一边枚举右端点，一边将线段插入，

插入一条线段[i,R]时，涉及到一段区间a值的动态修改，本质是区间[i,R]的a值和i取max

若i<j<=R，a[j]

所以，实际计算贡献的时候，需要考虑后缀对当前值的影响，

维护后缀最小值，可以搞个单调栈，也可以逐项维护

后缀的数组，实际是形如1 1 1 3 3 10 10 10 10的分段阶梯数组，

值即为左端点的值，贡献为左端点出现的种类数

#includeusing namespace std;typedef pair P;typedef long long ll;const int N=2e5+10;int n,m,l,r,a[N],suf[N];ll ans;vectorf[N];int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;++i){scanf("%d%d",&l,&r);f[r].push_back(l);}for(int i=1;i<=n;++i){for(auto &v:f[i]){for(int j=v;j0);for(int j=i-1;j>=1;--j){suf[j]=min(suf[j+1],a[j]);if(suf[j]!=suf[j+1] && suf[j])ans++;}}printf("%lld\n",ans);return 0;}

75分题解（特殊性质）

特殊性质：不存在区间的相互包含关系

就是一堆相交区间，如果把两两相交的区间合并成一个连通块，

则组成若干个连通块，且连通块内是偏序的，

一定可以选一段连续的区间，取到左区间的左端点和右区间的右端点

所以，连通块内有x个区间时，对答案的贡献是x*(x+1)/2

#includeusing namespace std;typedef pair P;typedef long long ll;const int N=2e5+10;int n,m,c,mx;vectorf[N],st[N];setcur;map
vis;ll ans,now[N];struct node{int l,r;}e[N],x;bool operator<(node a,node b){return a.r<b.r;}int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i3000){for(int i=1;i<=m;){int j=i,mx=e[j].r;while(j+1<=m && e[j+1].l<=mx+1){j++;mx=max(mx,e[j].r);}int sz=j-i+1;ans+=1ll*sz*(sz+1)/2;i=j+1;}printf("%lld\n",ans);}else{for(int i=1;i<=m;++i){st[e[i].l].push_back(e[i].r);}for(int i=1;i<=n;++i){if(st[i].empty())continue;cur.clear();for(auto &v:st[i])cur.insert(v);for(int j=1;j<=m;++j){if(e[j].l<i)continue;if(cur.lower_bound(e[j].l-1)!=cur.end()){int x=*cur.lower_bound(e[j].l-1);if(x<=e[j].r)cur.insert(e[j].r);}}ans+=cur.size();}printf("%lld\n",ans);}return 0;}

100分题解（分治+线段树+树状数组）

官解里有提到并查集维护区间并，没太想明白，所以开了四棵线段树

分治之后，左区间[l,mid]，右区间[mid+1,r]，

考虑如何统计跨左右区间的答案，即满足l<=L<=mid且mid+1<=R<=r的(L,R)答案

先定义点术语，方便下面描述：

左半区间：[l,mid]

右半区间：[mid+1,r]

左内区间：被完整包含于[l,mid]内的区间

右内区间：被完整包含于[mid+1,r]内的区间

跨域区间：左端点位于[l,mid]，右端点位于[mid+1,r]的区间

从x走到y：存在一个区间[x,y]，或存在若干个区间覆盖在一起，使得左端点是x，右端点y

若(L,R)合法， 换言之，从左端点L走到右端点R，有两种情况，

1. 存在跨域区间[L,R]，一步从L走到R

2. ①L通过左内区间走若干步，走到[l,mid]内最靠右的位置，记为a[L]

②对称后，是相遇问题，R通过右内区间走若干步，走到[mid+1,r]最靠左的位置，记为a[R]

③L通过一个跨域区间（跨域区间左端点在[L,a[L]+1]内），走到[mid+1,r]内最靠左位置，记为b[L]

④R通过一个跨域区间（跨域区间右端点在[a[R]-1,R]内），走到[l,mid]内最靠右位置，记为b[R]

⑤[L,b[L]]和[b[R],R]两个区间，需要满足覆盖在一起后是[L,R]，

因为，b[L]<=mid<mid+1<=b[R]，所以，区间相交是自然满足的

还需满足b[L]<=R且L<=b[R]，这是一个静态二维数点问题，可用树状数组或cdq分治解决

①-②步用了一棵线段树seg，区间查询，单点更新

左半边递减遍历维护最大值，右半边递增遍历维护最小值

③用了一棵线段树lseg，单点更新，维护左端点在[l,mid+1]内，右端点在右半区间的右端点最小值

④用了一棵线段树rseg，单点更新，维护右端点在[mid,r]内，左端点在左半区间的左端点最大值

[l,mid+1]是因为[L,a[L]+1]，比如，[1,2]和[3,4]也可以覆盖[1,4]；[mid,r]同理

因为③④区间有交集，且和①②维护的信息不同，所以各开了一棵线段树

外层已经是分治了，内层就不cdq分治了，⑤这里采用树状数组的方式解决

形如(L,b[L])和(b[R],R)的二维点对，按第一维排增序，

第一维相同时，先插入再查询，左半边插入到b[L]位置，右半边查询区间[b[R],R]

由于b[R]<=mid<b[L]恒成立，所以直接查sum(R)就可以

此外，注意到1和2的①②③④的情况，都不一定存在，所以需要分别判一下不存在的情况，

当然，如果用INF和-INF配合max min之后，能统一写法的话最好

分治为了使复杂度正确，每次使用完线段树之后需要手动回收，

对树状数组手动-1，撤销操作；对线段树[l,r]段区间删除打标记，

由于维护的是最大最小值，删除后，最大值为-INF，最小值为INF

#includeusing namespace std;typedef long long ll;#define SZ(x) (int)x.size()#define fi first#define se secondconst int N=2e5+10,INF=0x3f3f3f3f;int n,m,l,r,a[N],b[N];vectorL[N],R[N];ll ans;struct segtree{int n;struct node{int l,r,c,mn,mx;}e[N<<2];#define l(p) e[p].l#define r(p) e[p].r#define c(p) e[p].c#define mn(p) e[p].mn#define mx(p) e[p].mxvoid up(int p){mn(p)=min(mn(p<<1),mn(p<<1|1));mx(p)=max(mx(p<<1),mx(p<>1;bld(p<<1,l,mid);bld(p<>1;psd(p);chg(p<mid),x,v);up(p);}void psd(int p){if(c(p)){mn(p<<1)=INF;mx(p<<1)=-INF;c(p<<1)=c(p);mn(p<<1|1)=INF;mx(p<<1|1)=-INF;c(p<<1|1)=c(p);c(p)=0; }}void del(int p,int ql,int qr){if(ql<=l(p)&&r(p)>1;if(ql<=mid)del(p<mid)del(p<<1|1,ql,qr);up(p);}int amn(int p,int ql,int qr){if(ql<=l(p)&&r(p)>1,res=INF;psd(p);if(ql<=mid)res=min(res,amn(p<mid)res=min(res,amn(p<<1|1,ql,qr));return res;}int amx(int p,int ql,int qr){if(ql<=l(p)&&r(p)>1,res=-INF;psd(p);if(ql<=mid)res=max(res,amx(p<mid)res=max(res,amx(p<<1|1,ql,qr));return res;}}seg,lseg,rseg;struct BitPre{int n,tr[N];void init(int _n){n=_n;memset(tr,0,(n+1)*sizeof(*tr));}void add(int x,int v){for(int i=x;i<=n;i+=i&-i)tr[i]+=v;}int ask(int x){if(x<0)return 0;int ans=0; for(int i=x;i;i-=i&-i)ans+=tr[i];return ans;}}tr;bool ok(int x){return x!=INF && x!=-INF;}bool in(int x,int l,int r){return l<=x && x=l;--i){a[i]=-INF;b[i]=INF;for(auto &v:L[i]){if(v>r)continue;if(v=mid)rseg.chg(1,v,i);}if(ok(a[i])){a[i]=max(a[i],seg.amx(1,i,min(mid,a[i]+1)));seg.chg(1,i,a[i]);}}for(int i=mid+1;i<=r;++i){a[i]=INF;b[i]=-INF;for(auto &v:R[i]){if(v=mid+1)a[i]=min(a[i],v);else b[i]=max(b[i],v);if(vall;for(int i=mid;i>=l;--i){if(ok(a[i])){ // [i,a[i]+1]int v=lseg.amn(1,i,a[i]+1);if(in(v,mid+1,r)){b[i]=min(b[i],v);}}if(in(b[i],mid+1,r))all.push_back({i,0,b[i]});}for(int i=mid+1;i<=r;++i){if(ok(a[i])){ // [a[i]-1,i]int v=rseg.amx(1,a[i]-1,i);if(in(v,l,mid)){b[i]=max(b[i],v);}}if(in(b[i],l,mid))all.push_back({b[i],1,i});}sort(all.begin(),all.end());for(auto &w:all){int op=w[1],ub=w[2];if(op==0)tr.add(ub,1);else ans+=tr.ask(ub);//左[l,a[l]]右[a[r],r]，满足l<=a[r]<=a[l]+1且a[r]-1<=a[l]<=r，a[l]<=mid<mid+1<=a[r]显然成立}seg.del(1,l,r);lseg.del(1,l,r);rseg.del(1,l,r);for(auto &w:all){int op=w[1],ub=w[2];if(op==0)tr.add(ub,-1);}}int main(){scanf("%d%d",&n,&m);seg.init(n);lseg.init(n);rseg.init(n);tr.init(n);for(int i=1;i<=m;++i){scanf("%d%d",&l,&r);//重复无所谓L[l].push_back(r);R[r].push_back(l);}cdq(1,n);printf("%lld\n",ans);return 0;}/*9 41 41 83 92 5*/

写在最后

感觉数据结构有点多了，写起来比较疲惫

四五题连放两个数据结构，有点不太像之前csp的风格

反观之前的第三题大模拟，本次变成中模拟了

anyway，完结， 撒花！