标签：int 替换 区间 -- stat for getchar 影响 i++
题面描述：
给定 $n$ 个数 $A_1, A_2, ..., A_n$ 和 $m$ 个操作，操作分为两个类型：
① 给出 $p,x$，将第 $A_p$ 修改为 $x$；
② 给出 $x$，将整个序列中小于 $x$ 的数替换成 $x.$
求最后所有数的值。
$1 \le n,m \le 2*10^5, 0 \le x,A_i \le 10^9$
解析
分析题目，可以发现有几个性质：
所以，我们用一个数组 $b$ 记录，$b_i$ 代表第 $i$ 个数最后一次修改（单点）是第几次操作。
因为 $A$ 数组执行单点修改不影响效率，所以我们单点修改值替换直接在数组 $A$ 上进行。
另外，我们使用数组 $c$，$c_i$ 记录第 $i$ 次到第 $m$ 次区间修改操作的最大值。
为什么要这么做呢？
我们之前定义了一个数组 $b$，那么 $c_{b_i}$ 就是除了单点修改所得的答案了。
输出的时候，第 $i$ 个数的答案就是 $\max(A_i,c_{b_i})$
怎么求出各个变量
数组 $A$：只需要支持单点修改，因此 $O(n)$ ；
数组 $b$：对于每一次的单点操作，都要更新当前点的最后一次出现，所以递推一遍，复杂度 $O(n).$
数组 $c$：先储存区间修改操作的记录，再后缀递推答案，复杂度 $O(n).$
参考代码
// 上文数组 A 即 a，数组 b 即 l，数组 c 即 b
#include <cstdio> inline int read(){ int num = 0, b = 1; char c = getchar(); while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘){ if(c == ‘-‘) b = -1; c = getchar(); } while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘){ num = num * 10 + c - ‘0‘; c = getchar(); } return num * b; } int n, a[200010], l[200010], q, opt, x, y; int b[200010]; inline int max(int a, int b){ return a > b ? a : b; } int main(){ n = read(); for(int i=1; i<=n; i++) a[i] = read(); q = read(); for(int i=1; i<=q; i++){ opt = read(); if(opt == 1){ x = read(), y = read(); a[x] = y; l[x] = i; } else{ x = read(); b[i] = x; } } for(int i=q-1; i>=0; i--) b[i] = max(b[i], b[i + 1]); for(int i=1; i<=n; i++) printf("%d ", max(a[i], b[l[i]])); return 0; }
标签：int 替换 区间 -- stat for getchar 影响 i++
原文地址：https://www.cnblogs.com/zengpeichen/p/11494596.html
