DZY Loves Colors CodeForces - 444C (线段树, 区间更新)

本文介绍了一种解决CodeForces-444C问题的有效方法,使用线段树实现区间更新和查询操作,以计算点的颜色丰富度总和。

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DZY Loves Colors

 题目链接:CodeForces - 444C 

题意:n个点,1~n标号,开始时,每个点的颜色标号等于本身编号,每个点的colorfulness值为0;如果将i点的颜色由x改为y,则i点的colorfulness值增加abs(x-y);现有两种操作:1 l r x:表示将区间[l, r]的点全部涂改为x颜色;2 l r:表示求区间[l, r]的colorfulness值之和;

思路:很明显是个区间更新的线段树,怎么如果x节点的子区间颜色不同,那么就必须更新到子区间,如果染色相同,可以先标记,在用到子区间时再更新;所以tr[m].col=tr[m<<1].col==tr[m<<1].col?tr[m<<1].col:0;

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+10;
struct node{
	int l, r, col;//l, r是该节点的区间范围; col表示该区间的颜色,如果区间颜色相同就是区间颜色的编号,若不同记为0; 
	ll lazy, sum;//lazy表示该区间的colorfulness值的变化, sum表示区间的colorfulness值之和; 
}tr[maxn<<2];
void pushup(int m){
	tr[m].sum=tr[m<<1].sum+tr[m<<1|1].sum;
	tr[m].col=tr[m<<1].col==tr[m<<1|1].col?tr[m<<1].col:0;//区间的颜色不同是记为0; 
}
void pushdown(int m){
	if(tr[m].col)//如果区间的颜色相同就可以进行区间更新; 
	{
		tr[m<<1].col=tr[m<<1|1].col=tr[m].col;//更新孩子的col值;
		tr[m<<1].sum+=tr[m].lazy*(ll)(tr[m<<1].r-tr[m<<1].l+1);//更新孩子的sum值;
		tr[m<<1|1].sum+=tr[m].lazy*(ll)(tr[m<<1|1].r-tr[m<<1|1].l+1);
		tr[m<<1].lazy+=tr[m].lazy;//更新孩子的lazy值; 
		tr[m<<1|1].lazy+=tr[m].lazy;
		tr[m].lazy=0;//本lazy已更新,归零; 
	}
}
void build(int m, int l, int r){
	tr[m].l=l;
	tr[m].r=r;
	tr[m].lazy=0;
	if(l==r){
		tr[m].col=l;
		tr[m].sum=0;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(m<<1, l, mid);
	build(m<<1|1, mid+1, r);
	pushup(m);
}
void updata(int m, int l, int r, int val){
	if(tr[m].col&&tr[m].l==l&&tr[m].r==r){
		tr[m].sum+=(ll)(tr[m].r-tr[m].l+1)*(ll)abs(val-tr[m].col);
		tr[m].lazy+=(ll)abs(val-tr[m].col);
		tr[m].col=val;
		return;
	}
	pushdown(m);
	int mid=(tr[m].l+tr[m].r)>>1;
	if(r<=mid) updata(m<<1, l, r, val);
	else if(l>mid) updata(m<<1|1, l, r, val);
	else{
		updata(m<<1, l, mid, val);
		updata(m<<1|1, mid+1, r, val);
	}
	pushup(m);
}
ll query(int m, int l, int r){
	if(tr[m].l==l&&tr[m].r==r){
		return tr[m].sum;
	}
	pushdown(m);
	int mid=(tr[m].l+tr[m].r)>>1;
	ll temp;
	if(r<=mid) temp=query(m<<1, l, r);
	else if(l>mid) temp=query(m<<1|1, l, r);
	else{
		temp=query(m<<1, l, mid)+query(m<<1|1, mid+1, r);
	}
	pushup(m);
	return temp;
}
int main(){
	int n, m;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	build(1, 1, n);
	while(m--){
		int type;
		scanf("%d", &type);
		if(type==1){
			int l, r, x;
			scanf("%d%d%d", &l, &r, &x);
			updata(1, l, r, x);
		}
		else{
			int l, r;
			scanf("%d%d", &l, &r);
			printf("%lld\n", query(1, l, r));
		}
	}
	return 0;
}

 

### Codeforces Round 260 Div. 1 题目及题解 #### A. Vasya and Multisets 在这道题目中,Vasya有一个由n个整数组成的序列。目标是通过将这些数分成若干组,使得每组中的所有数都相同,并且尽可能减少分组的数量。 为了实现这一目的,可以利用贪心算法来解决这个问题。具体来说,在遍历输入数据的同时维护当前最大频率计数器,对于每一个新遇到的不同数值增加一个新的集合[^1]。 ```cpp #include <bits/stdc++..h> using namespace std; void solve() { int n; cin >> n; unordered_map<int, int> freq; for (int i = 0; i < n; ++i) { int x; cin >> x; freq[x]++; } int maxFreq = 0; for (auto& p : freq) { maxFreq = max(maxFreq, p.second); } cout << maxFreq << "\n"; } ``` #### B. Pashmak and Graph 此问题涉及图论领域的一个经典最短路径计算案例。给定一张带权无向图以及起点S和终点T,要求求出从S到T经过至少一条边后的最小花费总和。 Dijkstra算法适用于此类场景下的单源最短路径查询任务。初始化距离表dist[]为无穷大(INF),仅设置起始节点的距离为零;随后借助优先队列选取未访问过的最近邻接顶点u更新其相邻结点v至目前为止所知的最佳到达成本min{dist[u]+w(u,v)}直至找到终止条件即抵达目的地t或处理完毕所有可达区域内的候选者为止。 ```cpp typedef pair<long long,int> pli; const long long INF = LLONG_MAX / 3; struct Edge { int to, cost; }; vector<Edge> G[MAX_V]; long long d[MAX_V]; bool dijkstra(int s, int t){ priority_queue<pli,vector<pl>,greater<pl>> que; fill(d,d+MAX_V,INF); d[s]=0; que.push(pli(0,s)); while(!que.empty()){ pli p=que.top();que.pop(); int v=p.second; if(d[v]<p.first) continue; for(auto e:G[v]){ if(d[e.to]>d[v]+e.cost){ d[e.to]=d[v]+e.cost; que.push(pli(d[e.to],e.to)); } } } return d[t]!=INF; } ``` #### C. DZY Loves Colors 这是一道关于颜色染色的问题。给出长度为N的一维网格,初始状态下每个格子都有一个默认的颜色编号。现在有M次操作机会改变某些位置上的色彩值,最终目的是统计整个条带上共有几种不同的色调存在。 采用离散化技术预处理原始输入并记录下各段连续同色区间的端点坐标范围,之后针对每一次修改请求动态调整受影响部分的信息结构体(如线段树),最后依据累积的结果得出答案。 ```cpp // 假设已经实现了上述提到的数据结构 SegmentTree 和 update 函数 SegmentTree st; for(int i=1;i<=m;++i){ int l,r,c; scanf("%d%d%d",&l,&r,&c); update(l,r,c); } printf("%lld\n",st.query()); ```
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