扶苏的问题

扶苏的问题

题目描述

给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$，要求支持如下三个操作：

1. 给定区间 $[l, r]$，将区间内每个数都修改为 $x$。
2. 给定区间 $[l, r]$，将区间内每个数都加上 $x$。
3. 给定区间 $[l, r]$，求区间内的最大值。

输入格式

第一行是两个整数，依次表示序列的长度 $n$ 和操作的个数 $q$。  

第二行有 $n$ 个整数，第 $i$ 个整数表示序列中的第 $i$ 个数 $a_i$。  

接下来 $q$ 行，每行表示一个操作。每行首先有一个整数 $op$，表示操作的类型。

• 若 $op = 1$，则接下来有三个整数 $l, r, x$，表示将区间 $[l, r]$ 内的每个数都修改为 $x$。
• 若 $op = 2$，则接下来有三个整数 $l, r, x$，表示将区间 $[l, r]$ 内的每个数都加上 $x$。
• 若 $op = 3$，则接下来有两个整数 $l, r$，表示查询区间 $[l, r]$ 内的最大值。

## 输出格式

对于每个 $op = 3$ 的操作，输出一行一个整数表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

6 6
1 1 4 5 1 4
1 1 2 6
2 3 4 2
3 1 4
3 2 3
1 1 6 -1
3 1 6

样例输出 #1

7
6
-1

样例 #2

样例输入 #2

4 4
10 4 -3 -7
1 1 3 0
2 3 4 -4
1 2 4 -9
3 1 4

样例输出 #2

0

提示

数据规模与约定

• 对于 $10\%$ 的数据，$n = q = 1$。
• 对于 $40\%$ 的数据，$n, q \leq 10^3$。
• 对于 $50\%$ 的数据，$0 \leq a_i, x \leq 10^4$。
• 对于 $60\%$ 的数据，$op \neq 1$。
• 对于 $90\%$ 的数据，$n, q \leq 10^5$。
• 对于 $100\%$ 的数据，$1 \leq n, q \leq 10^6$，$1 \leq l, r \leq n$，$op \in \{1, 2, 3\}$，$|a_i|, |x| \leq 10^9$。

提示

请注意大量数据读入对程序效率造成的影响。

 

解题思路

  贴个区间赋值的线段树板子。之前一直是分别处理区间赋值与区间加的懒标记，写法不是很好导致每次遇到区间赋值的题时都要重新想过怎么维护。现在把区间赋值和区间加这两个操作合并起来了，代码就好写很多了。

  具体来说，不管当前的操作是区间赋值还是区间加，统一表示成对区间 $[l,r]$ 内的元素先全部赋值成 $c$，再对区间的每个元素加上 $d$，表示成函数 modify(u, l, r, c, d)。

• 如果是区间赋值操作，则设 $d=0$。表示将区间 $[l,r]$ 内的元素先全部赋值成 $c$，然后再对每个元素加上 $0$，等价于只有一次赋值操作。
• 如果是区间加操作，则设 $c = \infty$。定义当 $c = \infty$ 时不进行区间赋值操作，只对区间的每个元素加上 $d$，等价于只有一次区间加操作。

  然后是关于懒标记的维护，单个线段树节点的更新代码为（tag 表示区间赋值的懒标记，add 表示区间加的懒标记）：

void upd(int u, int c, LL d) {if (c != INF) {tr[u].mx = tr[u].tag = c;tr[u].add = 0;}tr[u].mx += d;tr[u].add += d;
}

  特别的当进行过区间赋值后，需要将区间赋值懒标记设为 $c$，并清空区间加懒标记。对于区间加懒标记和之前一样正常维护即可。

  另外在 pushdown 后需要将区间赋值懒标记设为 $\infty$ 并清空区间加懒标记。

  AC 代码如下，时间复杂度为 $O(q \log{n})$：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;const int N = 1e6 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;int a[N];
struct Node {int l, r;LL tag, add, mx;
}tr[N * 4];void build(int u, int l, int r) {tr[u] = {l, r, INF, 0};if (l == r) {tr[u].mx = a[l];}else {int mid = l + r >> 1;build(u << 1, l, mid);build(u << 1 | 1, mid + 1, r);tr[u].mx = max(tr[u << 1].mx, tr[u << 1 | 1].mx);}
}void upd(int u, int c, LL d) {if (c != INF) {tr[u].mx = tr[u].tag = c;tr[u].add = 0;}tr[u].mx += d;tr[u].add += d;
}void pushdown(int u) {upd(u << 1, tr[u].tag, tr[u].add);upd(u << 1 | 1, tr[u].tag, tr[u].add);tr[u].tag = INF, tr[u].add = 0;
}void modify(int u, int l, int r, int c, int d) {if (tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) {upd(u, c, d);}else {pushdown(u);int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;if (l <= mid) modify(u << 1, l, r, c, d);if (r >= mid + 1) modify(u << 1 | 1, l, r, c, d);tr[u].mx = max(tr[u << 1].mx, tr[u << 1 | 1].mx);}
}LL query(int u, int l, int r) {if (tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) return tr[u].mx;pushdown(u);int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;if (r <= mid) return query(u << 1, l, r);if (l >= mid + 1) return query(u << 1 | 1, l, r);return max(query(u << 1, l, r), query(u << 1 | 1, l, r));
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int n, m;cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];}build(1, 1, n);while (m--) {int op, l, r, x;cin >> op >> l >> r;if (op != 3) {cin >> x;if (op == 1) modify(1, l, r, x, 0);else modify(1, l, r, INF, x);}else {cout << query(1, l, r) << '\n';}}return 0;
}