T1 联
$n$最大到$1e18$，根本没法做，但$m$只有$1e5$，发现有很多区间是一起动的，或者根本没动，所以可以把区间离散化掉，然后线段树区间修改，对于第三种修改，只需要把它分解成一段一段相同的区间，再区间覆盖就可以。
在线段树中维护一个$cnt$，表示区间中$0$的个数，在询问的时候，只需要找到最左端$cnt！=0$的地方，在把离散化后的映射回来输出即可。
要注意的一点是，不仅要每个区间的左右端点，也要把区间右端点$+1$的地方也离散化，留下可能是$0$的位置，并且把$1$位置扔进去，不然可能会找不到答案，离散化后是$3×m$个点，数组要开够。。。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<map> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; struct tree { ll l,r,lz,cnt;//sz为区间0的个数 }t[1200100]; struct node { ll opt,l,r; }q[100100]; ll n,m,tot,sum,cp[300100],pos[300100]; map<ll,ll>mp; ll read() { ll aa=0,bb=1;char cc=getchar(); while(cc>'9'||cc<'0'){if(cc=='-') bb=-1;cc=getchar();} while(cc>='0'&&cc<='9'){aa=(aa<<3)+(aa<<1)+(cc^'0');cc=getchar();} return aa*bb; } void build(ll x,ll l,ll r) { t[x].l=l;t[x].r=r;t[x].cnt=t[x].r-t[x].l+1; if(l==r) return; ll mid=l+r>>1; build(x<<1,l,mid); build(x<<1|1,mid+1,r); } void down(ll x) { if(t[x].lz==1){ t[x<<1].cnt=0;t[x<<1|1].cnt=0; t[x<<1].lz=t[x].lz;t[x<<1|1].lz=t[x].lz; t[x].lz=0; } else if(t[x].lz==2){ t[x<<1].cnt=t[x<<1].r-t[x<<1].l+1;t[x<<1|1].cnt=t[x<<1|1].r-t[x<<1|1].l+1; t[x<<1].lz=t[x].lz;t[x<<1|1].lz=t[x].lz; t[x].lz=0; } } void update(ll x) { t[x].cnt=t[x<<1].cnt+t[x<<1|1].cnt; } void change(ll x,ll l,ll r,ll opt)//1:全改为1 2：全改为0 cnt：0的个数 { if(l<=t[x].l&&t[x].r<=r){ if(opt==1){ t[x].lz=opt; t[x].cnt=0; return; } if(opt==2){ t[x].lz=opt; t[x].cnt=t[x].r-t[x].l+1; return; } if(opt==3){ if(t[x].cnt==0){ t[x].lz=2; t[x].cnt=t[x].r-t[x].l+1; return; } else if(t[x].cnt==t[x].r-t[x].l+1){ t[x].lz=1; t[x].cnt=0; return; } } } down(x); ll mid=t[x].l+t[x].r>>1; if(l<=mid) change(x<<1,l,r,opt); if(r>mid) change(x<<1|1,l,r,opt); update(x); } ll query(ll x) { if(t[x].l==t[x].r||t[x].cnt==t[x].r-t[x].l+1) return t[x].l; down(x); if(t[x<<1].cnt) return query(x<<1); else return query(x<<1|1); } int main() { n=read();cp[++tot]=1; for(int i=1;i<=n;i++) q[i].opt=read(),q[i].l=read(),q[i].r=read(),cp[++tot]=q[i].l,cp[++tot]=q[i].r,cp[++tot]=q[i].r+1; sort(cp+1,cp+tot); for(int i=1;i<=tot;i++) if(!mp[cp[i]]) mp[cp[i]]=++sum,pos[sum]=cp[i]; for(int i=1;i<=n;i++) q[i].l=mp[q[i].l],q[i].r=mp[q[i].r]; build(1,1,sum); for(int i=1;i<=n;i++){ change(1,q[i].l,q[i].r,q[i].opt); printf("%lld\n",pos[query(1)]); } return 0; }
T2 赛
把$n$个物品分成$4$类，甲乙都喜欢，只有甲喜欢，只有乙喜欢，甲乙都不喜欢，并按权值$sort$
枚举选$i$个甲乙都喜欢的，那么就要最小的$k-i$个甲喜欢的，最小的$k-i$个乙喜欢的，然后还不够的就从剩下的没选的里面选$m-k-k+i$个最小的，但显然会超时
把权值离散化，插到一棵权值线段树里，每次查询最小的$m-k-k+i$个元素的和
随着$i$的递推，新加入的点只有两个，但要注意边界问题，因为这个wa95了一晚上
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<vector> #include<algorithm> #include<set> #include<map> #define ll long long using namespace std; struct tree { ll l,r,cnt,sum; }t[8000100]; ll n,m,k,x,y; ll ans,a[200100],q0[200100],q1[200100],q2[200100],cp[200100],rt,tot,num,id[200100]; bool aa[200100],bb[200100]; vector<ll>ve[4]; map<ll,ll>mp; ll read() { ll aa=0,bb=1;char cc=getchar(); while(cc>'9'||cc<'0'){if(cc=='-') bb=-1;cc=getchar();} while(cc>='0'&&cc<='9'){aa=(aa<<3)+(aa<<1)+(cc^'0');cc=getchar();} return aa*bb; } void insert(ll &x,ll l,ll r,ll now) { if(!x) x=++num; t[x].cnt++;t[x].sum+=id[now]; if(l==r) return; ll mid=l+r>>1; if(now<=mid) insert(t[x].l,l,mid,now); else insert(t[x].r,mid+1,r,now); } ll query(ll x,ll l,ll r,ll cnt) { if(t[x].cnt<=cnt) return t[x].sum; if(l==r) return l*cnt; ll mid=l+r>>1,as=0; as+=query(t[x].l,l,mid,cnt); if(t[t[x].l].cnt<cnt) as+=query(t[x].r,mid+1,r,cnt-t[t[x].l].cnt); return as; } int main() { //freopen("b19.in","r",stdin); n=read();m=read();k=read();ans=0x7ffffffffffff; for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),cp[i]=a[i]; x=read(); for(int i=1;i<=x;i++) aa[read()]=1; y=read(); for(int i=1;i<=y;i++) bb[read()]=1; if(x<k||y<k||k>m){ puts("-1"); return 0; } sort(cp+1,cp+n+1); for(int i=1;i<=n;i++) if(!mp[cp[i]]) mp[cp[i]]=++tot,id[tot]=cp[i]; for(int i=1;i<=n;i++){ if(aa[i]&&bb[i]) ve[0].push_back(a[i]); else if(aa[i]&&!bb[i]) ve[1].push_back(a[i]); else if(!aa[i]&&bb[i]) ve[2].push_back(a[i]); else if(!aa[i]&&!bb[i]) ve[3].push_back(a[i]); } sort(ve[0].begin(),ve[0].end()); sort(ve[1].begin(),ve[1].end()); sort(ve[2].begin(),ve[2].end()); for(int i=0;i<ve[0].size();i++) q0[i+1]=q0[i]+ve[0][i]; for(int i=0;i<ve[1].size();i++) q1[i+1]=q1[i]+ve[1][i]; for(int i=0;i<ve[2].size();i++) q2[i+1]=q2[i]+ve[2][i]; for(int i=0;i<ve[3].size();i++) insert(rt,1,n,mp[ve[3][i]]); for(int i=k+1;i<ve[1].size();i++) insert(rt,1,n,mp[ve[1][i]]); for(int i=k+1;i<ve[2].size();i++) insert(rt,1,n,mp[ve[2][i]]); for(int i=0;i<=min((ll)k,(ll)ve[0].size());i++){ if(k-i<ve[1].size()) insert(rt,1,n,mp[ve[1][k-i]]); if(k-i<ve[2].size()) insert(rt,1,n,mp[ve[2][k-i]]); if(m-k-k+i<0||k-i>=ve[1].size()||k-i>=ve[2].size()) continue; ll as=q0[i]+q1[k-i]+q2[k-i]; as+=query(rt,1,n,m-k-k+i); ans=min(ans,as); } if(ans>=2251799813685247){ puts("-1"); return 0; } printf("%lld\n",ans); return 0; }
T3 题
$f[i]$表示$i$这个苹果是否可能剩下，$0$表示不可能，$1$可能剩下，初始全为$1$，$g[i][j]（bitset）$表示i这个苹果必须有，最终的状态，$1$表示状态已经确定，$0$表示不确定
枚举每个苹果，让他必须活下来，倒序枚举$m$个人，看最后一个人要吃的苹果，
如果$a$，$b$都不确定，那么他们还是都不确定，
如果$a$确定，那么$j$这个人就只能吃$b$，所以$b$也确定了
如果$b$确定，那么$j$这个人就只能吃$a$，所以$a$也确定了
如果$a$，$b$都已确定，那这个状态就推不回去了（后边的人把他确定了，但他在后边的人前边，所以一定是他先吃，状态一定不合法），所以i一定不会活下来
最后再枚举每个苹果，如果他可能剩下，再去找另一个可能剩下的苹果，看他们两个最终状态是不是交集为空（一个苹果只能被一个人吃），为空$ans++$
#include<iostream> #include<cstdio> #include<bitset> using namespace std; int n,m,ans,a[50010],b[50010]; bitset<410>g[410],as; bool f[410]; int read() { int aa=0,bb=1;char cc=getchar(); while(cc>'9'||cc<'0'){if(cc=='-') bb=-1;cc=getchar();} while(cc>='0'&&cc<='9'){aa=(aa<<3)+(aa<<1)+(cc^'0');cc=getchar();} return aa*bb; } int main() { n=read();m=read(); for(int i=1;i<=m;i++) a[i]=read(),b[i]=read(); for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=1; for(int i=1;i<=n;i++){ g[i][i]=1; for(int j=m;j>=1;j--){ if(g[i][a[j]]&&g[i][b[j]]){f[i]=0;break;} else if(g[i][a[j]]&&!g[i][b[j]]) g[i][b[j]]=1; else if(!g[i][a[j]]&&g[i][b[j]]) g[i][a[j]]=1; } } for(int i=1;i<=n;i++){ if(f[i]){ for(int j=i+1;j<=n;j++){ if(f[j]){ as=g[i]&g[j]; if(!as.count()) ans++; } } } } printf("%d\n",ans); return 0; }
不想联赛就退役就静下来好好想