先說一下這道題的解題思路，我們使用離線操作的做法。記錄讀入的資料，把開始結束日期存在結構體裡，並記錄是a操作還是b操作。開乙個陣列記錄染色情況、乙個cnt陣列記錄第幾個操作推掉了幾個預約，讀入後我們倒著迴圈進行查詢，如果讀入的是b就跳過，如果是a的話就將開始到結束日期的所有點染成當前序號的顏色。如果迴圈到某段日期它已經有染色標記了，就將當前那段日期所對應的的染色標記的最小值的推掉的預約數+1（因為是倒著來的）（較小的那個標記：明明是我先來的）。最後正著輸出答案，如果是a操作就輸出當前的cnt，在主函式開乙個變數ans記錄b操作的答案，並且a操作結束後ans要加上1減去cnt[i]（新增了1個預約，推掉了cnt[i]個預約）。
顯然 資料範圍拒絕我們用暴力的方法解決染色和查詢最小值的操作，所以我們只能用線段樹。線段樹的範圍為1到100000，開乙個陣列minn記錄某個結點的minn值，初始化為最大值1e9。先寫下放標記和最小值的函式，如果父親結點的標記為0就不下放，否則就用父親節點的標記覆蓋孩子節點的標記和最小值，父親節點標記清零。然後是染色的函式，這裡在染色的過程中注意更新最小值。再是查詢區間最小值的函式，線段樹寫過
#include#include#include#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=200010;
int mark[maxn*8];
int n;
int ans=0;
struct borrow
a[maxn];
int b[maxn];
int cnt[maxn];
int minn[maxn*8];
void pushdown(int now,int l,int r)
ll getminn(int now,int l,int r,int x,int y)
int mid=(l+r)/2;
ll ans=1e9;
if(x<=mid) ans=min(ans,getminn(now*2,l,mid,x,y));
if(mid+1<=y) ans=min(ans,getminn(now*2+1,mid+1,r,x,y));
return ans;
}void addnum(int now,int l,int r,int x,int y,int k)
if(mark[now]==k)
int mid=(l+r)/2;
if(x<=mid) addnum(now*2,l,mid,x,y,k);
if(mid+1<=y) addnum(now*2+1,mid+1,r,x,y,k);
minn[now]=min(minn[now*2],minn[now*2+1]);
}int main()
for(int i=1;i<=n;i++)
if(c=='b')
}for(int i=n;i>=1;i--)
addnum(1,1,100000,a[i].x,a[i].y,i);
} }for(int i=1;i<=n;i++)
else
}return 0;
}
洛谷2161 會場預約 題解
好吧，用stl水過了一道題。顯然，每一次進行修改之前的所有預約一定是沒有互相覆蓋的。我們用set保留所有的預約，這樣在詢問時只要輸出set的size就行了 對於每次的新預約，我們就先找到右端點大於該區間左端端點的區間，然後乙個乙個刪除矛盾的預約就行了 複雜度大概為o n logn 2 bzoj上這道...
P2161 會場預約 區間染色
這題可以轉換成區間染色的問題，即對一段區間進行染色，問最後純色的區間一共有多少個 不超過一種顏色的區間 對每一段區間維護乙個color和tag，color 0代表該區間染了一種顏色，color 1代表區間雜色，color 0代表區間無色。tag就是乙個懶惰標記。這裡有兩個操作 查詢當前 l,r 染色...
樹狀陣列 二分 洛谷 P2161 會場預約
pp大廈有一間空的禮堂，可以為企業或者單位提供會議場地。這些會議中的大多數都需要連續幾天的時間 個別的可能只需要一天 不過場地只有乙個，所以不同的會議的時間申請不能夠衝突。也就是說，前乙個會議的結束日期必須在後乙個會議的開始日期之前。所以，如果要接受乙個新的場地預約申請，就必須拒絕掉與這個申請相衝突...