[可持久化线段树] codeforces 707D. Persistent Bookcase

来源：互联网发布：网络公关公司找cyaa63 编辑：程序博客网时间：2024/05/17 08:25

D. Persistent Bookcase

题意：

一个n∗m矩阵A，维护4种操作：

1 i j：把第A[i][j]赋值为1
2 i j：把第A[i][j]赋值为0
3 i：把A[i]的0变1，1变0
4 i：回到第i个操作之后的状态

数据保证合法。
每个操作完成后输出整个矩阵1的个数。

思路：

一维的话就可持久化就好啦，二维的话就可持久化套可持久化就好啦。
对操作3稍加思考的话可以发现可以像其他操作一样O(1)的完成。
每次都是对整行操作，只需要打标记就好了，但是我们又不希望破坏复杂度，于是修改一下行线段树的节点含义，令其总是维护没有翻转时的值，这样操作3就不需要对行线段树进行任何操作。
但是操作1和操作2就需要考虑当前翻转的状态，如果是已经翻转，那么根据上面说的维护没有翻转时候的值，操作1就变成赋值0，算上翻转后实际状态就变成1了，操作2类似。
空间有点多，于是动态开点。
注意到这题不要求在线，那么其实离线也可以做，方法就是按时间线对操作建树dfs一遍，每次回到k会使k的时间线分裂~~（一切都是命运石之门的选择）~~，其实还是棵树。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int Q = 1e5+5;int n, m, q;struct nodeX{    int v;    nodeX *ls, *rs;    nodeX(){ ls = rs = this; v = 0; }    nodeX(nodeX *pre){ ls = pre->ls, rs = pre->rs, v = pre->v; }}*NULLX = new nodeX;void updateX(nodeX* &rt, nodeX* pre, int l, int r, int pos, int val){    rt = new nodeX(pre);    if(l == r){        rt->v = val;        return;    }    int mid = (l+r) >> 1;    if(pos <= mid) updateX(rt->ls, pre->ls, l, mid, pos, val);    else updateX(rt->rs, pre->rs, mid+1, r, pos, val);    rt->v = rt->ls->v + rt->rs->v;}struct nodeY{    int v, rev;    nodeY *ls, *rs;    nodeX *Xrt;    nodeY(){ ls = rs = this; Xrt = NULLX; v = rev = 0; }    nodeY(nodeY *pre){ ls = pre->ls, rs = pre->rs, Xrt = pre->Xrt; v = pre->v, rev = pre->rev; }}*NULLY = new nodeY;nodeY *rt[Q];void updateY(nodeY* &rt, nodeY* pre, int l, int r, int pos1, int pos2, int op){    rt = new nodeY(pre);    if(l == r){        if(op <= 2) updateX(rt->Xrt, pre->Xrt, 1, m, pos2, (op == 1)^rt->rev);        if(op == 3) rt->rev^= 1;        rt->v = rt->rev? m- rt->Xrt->v : rt->Xrt->v;        return;    }    int mid = (l+r) >> 1;    if(pos1 <= mid) updateY(rt->ls, pre->ls, l, mid, pos1, pos2, op);    else updateY(rt->rs, pre->rs, mid+1, r, pos1, pos2, op);    rt->v = rt->ls->v + rt->rs->v;}int main(){    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);    rt[0] = new nodeY();    cin >> n >> m >> q;    for(int i = 1; i <= q; ++i){        int t, x, y;        cin >> t >> x;        if(t <= 2){            cin >> y;            updateY(rt[i], rt[i-1], 1, n, x, y, t);        }        else if(t == 3){            updateY(rt[i], rt[i-1], 1, n, x, 0, t);        }        else if(t == 4){            rt[i] = new nodeY(rt[x]);        }        cout << rt[i]->v << '\n';    }}

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