202303-1 田地丈量（矩阵面积交）
矩阵面积交=x轴线段交长度*y轴线段交长度
线段交长度，相交的时候是min右端点-max左端点，不相交的时候是0
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a,b,ans,x,y,x2,y2;
int f(int l1,int r1,int l,int r){
return max(0,min(r1,r)-max(l1,l));
}
int main(){
cin>>n>>a>>b;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>x>>y>>x2>>y2;
ans+=f(0,a,x,x2)*f(0,b,y,y2);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}202303-2 垦田计划（二分）
二分最终答案x（x>=k），判断降到x天资源是否够
够的话就往小里二分，否则往大里二分，
当然贪心也可以做，排序之后，把最耗时的天数逐个压低，使得后缀和前面持平
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int n,m,k,t[N],c[N],mx;
bool ok(int x){
ll sum=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(t[i]<=x)continue;
sum+=1ll*(t[i]-x)*c[i];
if(sum>m)return 0;
}
return 1;
}
int main(){
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>t[i]>>c[i];
mx=max(mx,t[i]);
}
int l=k,r=mx;
while(l<=r){
int mid=(l+r)/2;
if(ok(mid))r=mid-1;
else l=mid+1;
}
cout<<l<<endl;
return 0;
}202303-3 LDAP（模拟+栈+bitset）
主要是要解决表达式嵌套的问题，
与栈实现计算器时维护一个符号栈、一个数值栈类似
这里维护了两个栈，一个符号栈op，一个bitset集合栈stk，集合求交、或，由bitset完成
当遇到&或|时，将符号压栈；当遇到)时，将bitset压栈；()内正常读取，求bitset即可
当同一个符号对应两个bitset在栈内（num[c]=2）时，将两个bitset运算为一个bitset
其余部分map乱搞，q[i][j]表示DN=i用户的j属性值，
p(i,j)表示i属性值为j的有哪些用户，has[i]表示i属性有哪些用户，
i:j操作时，p[i][j]即为所求；i~j操作时，has[i]内去掉p[i][j]即为所求
to[i]记录了第i个用户对应的DN值，输出时按DN从小到大排序即可
实际耗时3s多，12s绰绰有余
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int N=2502;
int n,m,sz,id,k,c,d,x,y,num[N],to[N],f[N];
map<int,int>q[N];
map<P,vector<int>>p;
map<int,vector<int>>has;
char s[N],op[N];
bitset<N>stk[N*2],res;
bitset<N>cal(int l,char x,int r){
bitset<N>ans;
for(auto &v:p[P(l,r)]){
ans.set(v);
}
if(x=='~'){
for(auto &v:has[l]){
ans.flip(v);
}
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d%d",&id,&k);
to[i]=id;
for(int j=1;j<=k;++j){
scanf("%d%d",&x,&y);
q[i][x]=y;
has[x].push_back(i);
p[P(x,y)].push_back(i);
}
}
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%s",s);
sz=strlen(s);
c=d=0;
for(int j=0;j<sz;){
if(s[j]=='&' || s[j]=='|'){
op[++c]=s[j++];
}
else if(s[j]=='('){
j++;
}
else if(s[j]==')'){
num[c]++;
if(num[c]==2){
d--;
if(op[c]=='&')stk[d]=stk[d]&stk[d+1];
else stk[d]=stk[d]|stk[d+1];
num[c--]=0;
}
j++;
}
else{
int cur=j,l=0,r=0;
while(cur<sz && (s[cur]!=':' && s[cur]!='~')){
l=l*10+(s[cur]-'0');
cur++;
}
char x=s[cur++];
while(cur<sz && s[cur]!=')'){
r=r*10+(s[cur]-'0');
cur++;
}
stk[++d]=cal(l,x,r);
j=cur;
}
}
int e=0;
for(int j=1;j<=n;++j){
if(stk[d].test(j)){
f[++e]=to[j];
}
}
sort(f+1,f+e+1);
for(int j=1;j<=e;++j){
printf("%d%c",f[j]," \n"[j==e]);
}
if(!e)puts("");
}
return 0;
}202303-4 星际网络II（线段树）
线段树（离散化、单点询问、区间求和、区间最值），经典题了
线段树维护区间和，用于记录对应区间几个值被用过
线段树维护最大最小值，用于记录被哪个用户id用过，
当最小值=最大值时，表示恰被一个用户用过
首先，将最大32维的数转10进制，压成长为32的array，
离散化去重后，找到每个ip地址对应下标映射
操作1：若[l,r]是否没被用户用过，或[l,r]仅被当前用户用过且没占满，则可行，否则不可行
线段树先查一下这段区间和，等于0表示没被用过，则可行
否则，判一下当前区间最大最小值，若最大最小值相等且区间和小于区间长度，则可行
操作2：单点询问，查单点最大/最小值即可知道被哪个用户用过，或没用过
操作3：区间询问，若[l,r]仅被一个用户全用过，则区间和为区间长度，区间最大最小值相等
注意离散化时，需要给右端点+1的值也离散化进去，并考虑+1带来的进位问题
否则，可能会出现[1,2][4,5]在离散化前不相邻，离散化后变为[1,2][3,4]相邻的情形
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=15e4+10,M=5e4+10,K=170,B=32,INF=0x3f3f3f3f;
struct segtree{
int n;
struct node{int l,r,v,c,mn,mx;}e[N<<2];
#define l(p) e[p].l
#define r(p) e[p].r
#define v(p) e[p].v
#define c(p) e[p].c
#define mn(p) e[p].mn
#define mx(p) e[p].mx
void up(int p){
v(p)=v(p<<1)+v(p<<1|1);
mn(p)=min(mn(p<<1),mn(p<<1|1));
mx(p)=max(mx(p<<1),mx(p<<1|1));
}
void bld(int p,int l,int r){
l(p)=l;r(p)=r;c(p)=0;
if(l==r){v(p)=0;mn(p)=INF;mx(p)=-INF;return;}
int mid=l+r>>1;
bld(p<<1,l,mid);bld(p<<1|1,mid+1,r);
up(p);
}
void psd(int p){
if(c(p)){
v(p<<1)=r(p<<1)-l(p<<1)+1;
mn(p<<1)=min(mn(p<<1),c(p));
mx(p<<1)=max(mx(p<<1),c(p));
c(p<<1)=c(p);
v(p<<1|1)=r(p<<1|1)-l(p<<1|1)+1;
mn(p<<1|1)=min(mn(p<<1|1),c(p));
mx(p<<1|1)=max(mx(p<<1|1),c(p));
c(p<<1|1)=c(p);
c(p)=0;
}
}
void init(int _n){n=_n;bld(1,1,n);}
void chg(int p,int ql,int qr,int v){
if(ql>qr)return;
if(ql<=l(p)&&r(p)<=qr){
v(p)=r(p)-l(p)+1;
mn(p)=min(mn(p),v);
mx(p)=max(mx(p),v);
c(p)=v;
return;
}
psd(p);
int mid=l(p)+r(p)>>1;
if(ql<=mid)chg(p<<1,ql,qr,v);
if(qr>mid)chg(p<<1|1,ql,qr,v);
up(p);
}
int cnt(int p,int ql,int qr){
if(ql<=l(p)&&r(p)<=qr)return v(p);
int mid=l(p)+r(p)>>1,res=0;
psd(p);
if(ql<=mid)res+=cnt(p<<1,ql,qr);
if(qr>mid)res+=cnt(p<<1|1,ql,qr);
return res;
}
int amn(int p,int ql,int qr){
if(ql<=l(p)&&r(p)<=qr)return mn(p);
int mid=l(p)+r(p)>>1,res=INF;
psd(p);
if(ql<=mid)res=min(res,amn(p<<1,ql,qr));
if(qr>mid)res=min(res,amn(p<<1|1,ql,qr));
return res;
}
int amx(int p,int ql,int qr){
if(ql<=l(p)&&r(p)<=qr)return mx(p);
int mid=l(p)+r(p)>>1,res=-INF;
psd(p);
if(ql<=mid)res=max(res,amx(p<<1,ql,qr));
if(qr>mid)res=max(res,amx(p<<1|1,ql,qr));
return res;
}
}seg;
int n,m,q,op,c;
array<int,B>f[N];
auto cal(string s){
int d=0;
array<int,B>ans={0};
for(auto &y:s){
if(y==':'){
d++;
continue;
}
int &v=ans[d];
if('a'<=y && y<='f')v=v*16+(y-'a')+10;
else v=v*16+(y-'0');
}
return ans;
}
auto add_one(array<int,B>y){
y[n/16-1]++;
for(int i=B-1;i;--i){
if(y[i]>=65536){
y[i]-=65536;
y[i-1]++;
}
}
return y;
}
int g(array<int,B>v){
int x=lower_bound(f,f+c,v)-f;
return x+1;
}
struct ask{
int op,x;
string s,t;
void rd(){
cin>>op;
if(op==1)cin>>x;
cin>>s;
f[c++]=cal(s);
if(op==2)t=s;
else{
cin>>t;
f[c++]=cal(t);
f[c]=add_one(f[c-1]);
c++;
}
}
void sol(){
int l=g(cal(s)),r=g(cal(t)),w=seg.cnt(1,l,r);
int mn=seg.amn(1,l,r),mx=seg.amx(1,l,r);
if(op==1){
if(!w || (w<r-l+1 && mn==mx && mn==x)){
seg.chg(1,l,r,x);
cout<<"YES"<<endl;
}
else{
cout<<"NO"<<endl;
}
}
else if(op==2){
cout<<(mn==INF?0:mn)<<endl;
}
else{
cout<<(w==r-l+1 && mn==mx?mn:0)<<endl;
}
}
}e[M];
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>q;
for(int i=1;i<=q;++i){
e[i].rd();
}
sort(f,f+c);
c=unique(f,f+c)-f;
seg.init(c+5);
for(int i=1;i<=q;++i){
e[i].sol();
}
return 0;
}202303-5 施肥（分治+线段树+树状数组）
n,m<=3000乱搞一下就ok，数据范围再小的就不提了
虽然事后发现，n,m<=3000的暴力，我是用的O(nmlogn)，而官解是O(n^2+nm)
特殊性质的分也比较好判断，这样75分就到手了，然后就不会了，就去嫖了官解
这个做法本质是对O(n^2+nm)的暴力套了个分治，
虽然出题人说，两个满分，分别是用李超树和分块过的，感觉很神秘
理解了好久，花若干时间写完代码之后，交上去wa成sb，
对拍拍出来问题之后，交上去又T了，把回收改成区间删除才过
复杂度O((n+m)logm)也就是一个log，但是貌似被我实现成了两个log，感谢出题人不杀之恩
开了四棵线段树，树状数组常数比较小，最后也过了，讲一下中间遇到的各个做法
60分题解（O(n^2+nm)暴力）
按右端点增序枚举，假设当前枚举到的右端点为R，此时只能选右端点<=R的线段
记a[i]为对于i来说，只能选右端点<=R的线段时，能覆盖i的最大的左端点
那么，固定右端点R时，若[L,R]是一组解，一定有对于任意L<=i<=R，L<=a[i]
换言之，为了覆盖[L,R]中间的值，采用的线段，其左端点不能比L更靠左
所以，就可以一边枚举右端点，一边将线段插入，
插入一条线段[i,R]时，涉及到一段区间a值的动态修改，本质是区间[i,R]的a值和i取max
若i<j<=R，a[j]<a[i]，那么，为了覆盖区间[i,R]，实际左端点也需至少取到a[j]的位置
所以，实际计算贡献的时候，需要考虑后缀对当前值的影响，
维护后缀最小值，可以搞个单调栈，也可以逐项维护
后缀的数组，实际是形如1 1 1 3 3 10 10 10 10的分段阶梯数组，
值即为左端点的值，贡献为左端点出现的种类数
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> P;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10;
int n,m,l,r,a[N],suf[N];
ll ans;
vector<int>f[N];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d%d",&l,&r);
f[r].push_back(l);
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(auto &v:f[i]){
for(int j=v;j<=i;++j){
a[j]=max(a[j],v);
}
}
suf[i]=a[i];
ans+=(suf[i]>0);
for(int j=i-1;j>=1;--j){
suf[j]=min(suf[j+1],a[j]);
if(suf[j]!=suf[j+1] && suf[j])ans++;
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}75分题解（特殊性质）
特殊性质：不存在区间的相互包含关系
就是一堆相交区间，如果把两两相交的区间合并成一个连通块，
则组成若干个连通块，且连通块内是偏序的，
一定可以选一段连续的区间，取到左区间的左端点和右区间的右端点
所以，连通块内有x个区间时，对答案的贡献是x*(x+1)/2
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> P;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10;
int n,m,c,mx;
vector<int>f[N],st[N];
set<int>cur;
map<P,bool>vis;
ll ans,now[N];
struct node{
int l,r;
}e[N],x;
bool operator<(node a,node b){
return a.r<b.r;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d%d",&x.l,&x.r);
//e[++c]=x;
if(!vis[P(x.l,x.r)])e[++c]=x;
vis[P(x.l,x.r)]=1;
}
m=c;
sort(e+1,e+m+1);
if(n>3000){
for(int i=1;i<=m;){
int j=i,mx=e[j].r;
while(j+1<=m && e[j+1].l<=mx+1){
j++;
mx=max(mx,e[j].r);
}
int sz=j-i+1;
ans+=1ll*sz*(sz+1)/2;
i=j+1;
}
printf("%lld\n",ans);
}
else{
for(int i=1;i<=m;++i){
st[e[i].l].push_back(e[i].r);
}
for(int i=1;i<=n;++i){
if(st[i].empty())continue;
cur.clear();
for(auto &v:st[i])cur.insert(v);
for(int j=1;j<=m;++j){
if(e[j].l<i)continue;
if(cur.lower_bound(e[j].l-1)!=cur.end()){
int x=*cur.lower_bound(e[j].l-1);
if(x<=e[j].r)cur.insert(e[j].r);
}
}
ans+=cur.size();
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}100分题解（分治+线段树+树状数组）
官解里有提到并查集维护区间并，没太想明白，所以开了四棵线段树
分治之后，左区间[l,mid]，右区间[mid+1,r]，
考虑如何统计跨左右区间的答案，即满足l<=L<=mid且mid+1<=R<=r的(L,R)答案
先定义点术语，方便下面描述：
左半区间：[l,mid]
右半区间：[mid+1,r]
左内区间：被完整包含于[l,mid]内的区间
右内区间：被完整包含于[mid+1,r]内的区间
跨域区间：左端点位于[l,mid]，右端点位于[mid+1,r]的区间
从x走到y：存在一个区间[x,y]，或存在若干个区间覆盖在一起，使得左端点是x，右端点y
若(L,R)合法， 换言之，从左端点L走到右端点R，有两种情况，
1. 存在跨域区间[L,R]，一步从L走到R
2. ①L通过左内区间走若干步，走到[l,mid]内最靠右的位置，记为a[L]
②对称后，是相遇问题，R通过右内区间走若干步，走到[mid+1,r]最靠左的位置，记为a[R]
③L通过一个跨域区间（跨域区间左端点在[L,a[L]+1]内），走到[mid+1,r]内最靠左位置，记为b[L]
④R通过一个跨域区间（跨域区间右端点在[a[R]-1,R]内），走到[l,mid]内最靠右位置，记为b[R]
⑤[L,b[L]]和[b[R],R]两个区间，需要满足覆盖在一起后是[L,R]，
因为，b[L]<=mid<mid+1<=b[R]，所以，区间相交是自然满足的
还需满足b[L]<=R且L<=b[R]，这是一个静态二维数点问题，可用树状数组或cdq分治解决
①-②步用了一棵线段树seg，区间查询，单点更新
左半边递减遍历维护最大值，右半边递增遍历维护最小值
③用了一棵线段树lseg，单点更新，维护左端点在[l,mid+1]内，右端点在右半区间的右端点最小值
④用了一棵线段树rseg，单点更新，维护右端点在[mid,r]内，左端点在左半区间的左端点最大值
[l,mid+1]是因为[L,a[L]+1]，比如，[1,2]和[3,4]也可以覆盖[1,4]；[mid,r]同理
因为③④区间有交集，且和①②维护的信息不同，所以各开了一棵线段树
外层已经是分治了，内层就不cdq分治了，⑤这里采用树状数组的方式解决
形如(L,b[L])和(b[R],R)的二维点对，按第一维排增序，
第一维相同时，先插入再查询，左半边插入到b[L]位置，右半边查询区间[b[R],R]
由于b[R]<=mid<b[L]恒成立，所以直接查sum(R)就可以
此外，注意到1和2的①②③④的情况，都不一定存在，所以需要分别判一下不存在的情况，
当然，如果用INF和-INF配合max min之后，能统一写法的话最好
分治为了使复杂度正确，每次使用完线段树之后需要手动回收，
对树状数组手动-1，撤销操作；对线段树[l,r]段区间删除打标记，
由于维护的是最大最小值，删除后，最大值为-INF，最小值为INF
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define SZ(x) (int)x.size()
#define fi first
#define se second
const int N=2e5+10,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,l,r,a[N],b[N];
vector<int>L[N],R[N];
ll ans;
struct segtree{
int n;
struct node{int l,r,c,mn,mx;}e[N<<2];
#define l(p) e[p].l
#define r(p) e[p].r
#define c(p) e[p].c
#define mn(p) e[p].mn
#define mx(p) e[p].mx
void up(int p){
mn(p)=min(mn(p<<1),mn(p<<1|1));
mx(p)=max(mx(p<<1),mx(p<<1|1));
}
void bld(int p,int l,int r){
l(p)=l;r(p)=r;c(p)=0;
if(l==r){mn(p)=INF;mx(p)=-INF;return;}
int mid=l+r>>1;
bld(p<<1,l,mid);bld(p<<1|1,mid+1,r);
up(p);
}
void init(int _n){n=_n;bld(1,1,n);}
void chg(int p,int x,int v){
if(l(p)==r(p)){mn(p)=min(mn(p),v);mx(p)=max(mx(p),v);return;}
int mid=l(p)+r(p)>>1;
psd(p);
chg(p<<1|(x>mid),x,v);
up(p);
}
void psd(int p){
if(c(p)){
mn(p<<1)=INF;
mx(p<<1)=-INF;
c(p<<1)=c(p);
mn(p<<1|1)=INF;
mx(p<<1|1)=-INF;
c(p<<1|1)=c(p);
c(p)=0;
}
}
void del(int p,int ql,int qr){
if(ql<=l(p)&&r(p)<=qr){
mn(p)=INF;
mx(p)=-INF;
c(p)=1;
return;
}
psd(p);
int mid=l(p)+r(p)>>1;
if(ql<=mid)del(p<<1,ql,qr);
if(qr>mid)del(p<<1|1,ql,qr);
up(p);
}
int amn(int p,int ql,int qr){
if(ql<=l(p)&&r(p)<=qr)return mn(p);
int mid=l(p)+r(p)>>1,res=INF;
psd(p);
if(ql<=mid)res=min(res,amn(p<<1,ql,qr));
if(qr>mid)res=min(res,amn(p<<1|1,ql,qr));
return res;
}
int amx(int p,int ql,int qr){
if(ql<=l(p)&&r(p)<=qr)return mx(p);
int mid=l(p)+r(p)>>1,res=-INF;
psd(p);
if(ql<=mid)res=max(res,amx(p<<1,ql,qr));
if(qr>mid)res=max(res,amx(p<<1|1,ql,qr));
return res;
}
}seg,lseg,rseg;
struct BitPre{
int n,tr[N];
void init(int _n){
n=_n;
memset(tr,0,(n+1)*sizeof(*tr));
}
void add(int x,int v){
for(int i=x;i<=n;i+=i&-i)
tr[i]+=v;
}
int ask(int x){
if(x<0)return 0;
int ans=0;
for(int i=x;i;i-=i&-i)
ans+=tr[i];
return ans;
}
}tr;
bool ok(int x){
return x!=INF && x!=-INF;
}
bool in(int x,int l,int r){
return l<=x && x<=r;
}
void cdq(int l,int r){
if(l==r)return;
int mid=(l+r)/2;
cdq(l,mid);cdq(mid+1,r);
for(int i=mid;i>=l;--i){
a[i]=-INF;b[i]=INF;
for(auto &v:L[i]){
if(v>r)continue;
if(v<=mid)a[i]=max(a[i],v);
else b[i]=min(b[i],v);//有无需本侧的情况
if(v>=mid)rseg.chg(1,v,i);
}
if(ok(a[i])){
a[i]=max(a[i],seg.amx(1,i,min(mid,a[i]+1)));
seg.chg(1,i,a[i]);
}
}
for(int i=mid+1;i<=r;++i){
a[i]=INF;b[i]=-INF;
for(auto &v:R[i]){
if(v<l)continue;
if(v>=mid+1)a[i]=min(a[i],v);
else b[i]=max(b[i],v);
if(v<=mid+1)lseg.chg(1,v,i);
}
if(ok(a[i])){
a[i]=min(a[i],seg.amn(1,max(mid+1,a[i]-1),i));
seg.chg(1,i,a[i]);
}
}
vector<array<int,3>>all;
for(int i=mid;i>=l;--i){
if(ok(a[i])){ // [i,a[i]+1]
int v=lseg.amn(1,i,a[i]+1);
if(in(v,mid+1,r)){
b[i]=min(b[i],v);
}
}
if(in(b[i],mid+1,r))all.push_back({i,0,b[i]});
}
for(int i=mid+1;i<=r;++i){
if(ok(a[i])){ // [a[i]-1,i]
int v=rseg.amx(1,a[i]-1,i);
if(in(v,l,mid)){
b[i]=max(b[i],v);
}
}
if(in(b[i],l,mid))all.push_back({b[i],1,i});
}
sort(all.begin(),all.end());
for(auto &w:all){
int op=w[1],ub=w[2];
if(op==0)tr.add(ub,1);
else ans+=tr.ask(ub);//左[l,a[l]]右[a[r],r]，满足l<=a[r]<=a[l]+1且a[r]-1<=a[l]<=r，a[l]<=mid<mid+1<=a[r]显然成立
}
seg.del(1,l,r);lseg.del(1,l,r);rseg.del(1,l,r);
for(auto &w:all){
int op=w[1],ub=w[2];
if(op==0)tr.add(ub,-1);
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
seg.init(n);lseg.init(n);rseg.init(n);tr.init(n);
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d%d",&l,&r);//重复无所谓
L[l].push_back(r);
R[r].push_back(l);
}
cdq(1,n);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
/*
9 4
1 4
1 8
3 9
2 5
*/写在最后
感觉数据结构有点多了，写起来比较疲惫
四五题连放两个数据结构，有点不太像之前csp的风格
反观之前的第三题大模拟，本次变成中模拟了
anyway，完结， 撒花！
