标签：hint ted 一个 code app 线段 efault std 简单
YYX家门前的街上有N(2<=N<=100000)盏路灯，在晚上六点之前，这些路灯全是关着的，六点之后，会有M(2<=m<=100000)个人陆续按下开关，这些开关可以改变从第i盏灯到第j盏灯的状态，现在YYX想知道，从第x盏灯到第y盏灯中有多少是亮着的(1<=i,j,x,y<=N)
第 1..询问总次数 行:对于每一次询问，输出询问的结果
4 5
0 1 2
0 2 4
1 2 3
0 2 4
1 1 4
一共4盏灯，5个操作，下面是每次操作的状态(X代表关上的，O代表开着的)：
XXXX -> OOXX -> OXOO -> 询问1~3 -> OOXX -> 询问1~4
分析:其实是一道比较简单的线段树的题目。我们只需要记录关着的灯的数量和开着的灯的数量，操作时交换即可，涉及到区间操作，需要用到lazy标记，其实如果一个区间操作两次，那么相当于不操作，所以当一个区间的lazy标记为奇数时才往下传.
/* 作者:zbtrs 题目:p1690 开关灯 */ #include <iostream> #include <cstdlib> #include <cstdio> #include <cstring> #include <string> #include <algorithm> #include <queue> #include <stack> #include <cmath> using namespace std; int n, m,d1[500010],add[500010],d2[500010]; void pushup(int o) { d1[o] = d1[o * 2] + d1[o * 2 + 1]; //关 d2[o] = d2[o * 2] + d2[o * 2 + 1]; //开 } void pushdown(int o, int l, int r) { if (add[o] % 2 == 1) { add[o * 2] += add[o]; add[o * 2 + 1] += add[o]; add[o] = 0; swap(d1[o * 2], d2[o * 2]); swap(d1[o * 2 + 1], d2[o * 2 + 1]); } } void build(int o, int l, int r) { if (l == r) { d1[o] = r - l + 1; return; } int mid = (l + r) >> 1; build(o * 2, l, mid); build(o * 2 + 1, mid + 1, r); pushup(o); } void update(int o, int l, int r, int x, int y) { if (x <= l && r <= y) { swap(d1[o], d2[o]); add[o]++; return; } pushdown(o, l, r); int mid = (l + r) >> 1; if (x <= mid) update(o * 2, l, mid, x, y); if (y > mid) update(o * 2 + 1, mid + 1, r, x, y); pushup(o); } int query(int o, int l, int r, int x, int y) { if (x <= l && r <= y) return d2[o]; pushdown(o, l, r); int mid = (l + r) >> 1,cnt = 0; if (x <= mid) cnt += query(o * 2, l, mid, x, y); if (y > mid) cnt += query(o * 2 + 1, mid + 1, r, x, y); pushup(o); return cnt; } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); build(1, 1, n); for (int i = 1; i <= m; i++) { int id, x, y; scanf("%d%d%d", &id, &x, &y); if (id == 0) update(1, 1, n, x, y); if (id == 1) printf("%d\n", query(1, 1, n, x, y)); } return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/zbtrs/p/7076714.html
