【题解】「USACO 2008 FEB」Hotel（线段树）

题面

【题目描述】
奶牛们最近的旅游计划，是到苏必利尔湖畔，享受那里的湖光山色，以及明媚的阳光。作为整个旅游的策划者和负责人，贝茜选择在湖边的一家著名的旅馆住宿。这个巨大的旅馆一共有$N(1<=N<=50,000)$间客房，它们在同一层楼中顺次一字排开，在任何一个房间里，只需要拉开窗帘，就能见到波光粼粼的湖面。 贝茜一行，以及其他慕名而来的旅游者，都是一批批地来到旅馆的服务台，希望能订到$D_i(1<=D_i<=N)$间连续的房间。服务台的接待工作也很简单：如果存在$r$满足编号为$r..r+D_i-1$的房间均空着，他就将这一批顾客安排到这些房间入住；如果没有满足条件的r，他会道歉说没有足够的空房间，请顾客们另找一家宾馆。如果有多个满足条件的$r$，服务员会选择其中最小的一个。 旅馆中的退房服务也是批量进行的。每一个退房请求由2个数字$X_i、D_i$描述，表示编号为$X_i..X_i+D_i-1(1<=X_i<=N-D_i+1)$房间中的客人全部离开。退房前，请求退掉的房间中的一些，甚至是所有，可能本来就无人入住。 而你的工作，就是写一个程序，帮服务员为旅客安排房间。你的程序一共需要处理$M(1<=M<50,000)$个按输入次序到来的住店或退房的请求。第一个请求到来前，旅店中所有房间都是空闲的。
【输入】
第$1$行:$2$个用空格隔开的整数：$N、M$
第$2..M+1$行: 第i+1描述了第$i$个请求，如果它是一个订房请求，则用$2$个数字 $1、D_i$描述，数字间用空格隔开；如果它是一个退房请求，用$3$ 个以空格隔开的数字$2、X_i、D_i$描述
【输出】
对于每个订房请求，输出$1$个独占$1$行的数字：如果请求能被满足 ，输出满足条件的最小的$r$；如果请求无法被满足，输出$0$.
【样例输入】

10 6
1 3
1 3
1 3
1 3
2 5 5
1 6

【样例输出】

1
4
7
0
5

算法分析

我们可以将题目简化，看作$N$个数的$0、1$序列，$0$表示无人入住，$1$表示入住。
现在有两种操作：
入住：寻找连续的$D$个$0$的区间，然后都修改为$1$；
退房：将区间$[X,X+D-1]$全部变为$0$。
将区间修改为$1，0$，这是线段树的基本操作，区间修改。
现在问题在于如何求解连续的$D$个$0$的区间。

对于结点$k$，表示区间$[l,r]$维护三个数组：
$lm[k]$——为左端点$l$开始最大连续$0$的长度.
$rm[k]$——为右端点$r$开始最大连续$0$的长度.
$m[k]$——为区间$[l,r]$最大连续$0$的长度.
我们可以通过这三个数组知道我们需要的信息。

（1）初始时，对于结点$k$：
lm[k]=rm[k]=m[k]=r-l+1

（2）求解$lm[]、rm[]$
根据上图，可以发现：
如果$lm[k\ast 2]==(mid-l+1)，lm[k]=lm[k\ast 2]+lm[k\ast 2+1]$
如果$lm[k\ast 2]!=(mid-l+1)，lm[k]=lm[k\ast 2];$
如果$rm[k\ast 2+1]==(r-mid)，rm[k]=rm[k\ast 2+1]+rm[k\ast 2];$
如果$rm[k\ast 2+1]!=(r-mid)，rm[k]=rm[k\ast 2+1];$

（3）求解$m[]$
m[k]取最大值有多种可能，在所有可能情况下取最大值：
$m[k]=max${ $lm[k],rm[k],rm[2k]+lm[2k+1],m[2k],m[2k+1]$ }

询问连续为$0$的长度$D$的最小起点编号：
$m[k]$可以判断区间是否存在，但不能确定起点
但是当出现连续的区间是由左孩子和右孩子组成的，即$rm[2k]+lm[2k+1]>=D$时，就能够确定起点为：$mid-rm[2k]+1，mid=(l+r)/2$。因此递归寻找即可，肯定会出现这种情况或者到底叶节点。

参考程序

#include<bits/stdc++.h> 
#define N 500010
using namespace std;
int n;
int s[N*4],lm[N*4],rm[N*4],m[N*4],lazy[N*4];
//lm为左端点开始最大连续0的长度
//rm为右端点... 
//m为区间为0的最大连续长度 。都可以通过孩子结点求得 
void built(int k,int l,int r)
{
    lm[k]=rm[k]=m[k]=r-l+1;//初始化
    if(l==r) return;
    int mid=(l+r)/2;
    built(k*2,l,mid);
    built(k*2+1,mid+1,r); 
}
void pushdown(int k,int l,int r)
{
    if(lazy[k]==1) //1为全部占用
    {
        lm[k*2]=rm[k*2]=m[k*2]=0;
        lm[k*2+1]=rm[k*2+1]=m[k*2+1]=0;
        lazy[k*2]=lazy[k*2+1]=1;
    } 
    if(lazy[k]==2)//2为全部退房 
    {
        int mid=(l+r)/2; 
        lm[k*2]=rm[k*2]=m[k*2]=mid-l+1;
        lm[k*2+1]=rm[k*2+1]=m[k*2+1]=r-mid;
        lazy[k*2]=lazy[k*2+1]=2;
    }
    lazy[k]=0;
}
int ask(int k,int l,int r,int len)
{
    if(l==r) 
    {
        if(len==1) return l;
        else return 0;
    }   
    if(lazy[k]) pushdown(k,l,r);
    int mid=(l+r)/2;
    if(m[k*2]>=len) return ask(k*2,l,mid,len);//全部在左孩子里取 
    if(rm[k*2]+lm[k*2+1]>=len) return mid-rm[k*2]+1;//左右孩子各取一部分 
    else return ask(k*2+1,mid+1,r,len);//全部在右孩子里取 
}
void f(int k,int l,int r,int x,int y,int t)//对区间[x,y]进行处理 
{
    if(l>y||r<x) return;
    if(x<=l&&r<=y) 
    {
        if(t==1)
            lm[k]=rm[k]=m[k]=0; 
        if(t==2)
            lm[k]=rm[k]=m[k]=r-l+1;
        lazy[k]=t;
        pushdown(k,l,r);
        return;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    if(lazy[k]) pushdown(k,l,r);
    f(k*2,l,mid,x,y,t);
    f(k*2+1,mid+1,r,x,y,t);
    if(lm[k*2]==(mid-l+1)) lm[k]=lm[k*2]+lm[k*2+1];
    else lm[k]=lm[k*2];
    if(rm[k*2+1]==(r-mid)) rm[k]=rm[k*2+1]+rm[k*2];
    else rm[k]=rm[k*2+1];
    int maxn;
    maxn=max(m[k*2],m[k*2+1]);
    maxn=max(maxn,rm[k*2]+lm[k*2+1]);
    maxn=max(maxn,lm[k]);
    maxn=max(maxn,rm[k]);
    m[k]=maxn;
} 
int main()
{
    int q;
    scanf("%d%d",&n,&q);
    built(1,1,n);
    int x,y,d;
    for(int i=1;i<=q;i++)
    {
        scanf("%d",&x);
        if(x==1)
        {
            scanf("%d",&d);
            int ans=ask(1,1,n,d);
            printf("%d\n",ans);
            if(ans!=0) f(1,1,n,ans,ans+d-1,1);	//找到并入住更新 
        }
        else
        {
            scanf("%d%d",&y,&d);
            f(1,1,n,y,y+d-1,2);
        }
    }
    return 0;
}