在毒瘤的bzoj上似乎是道权限题。。。但是这不影响我们用一些奇奇怪怪的途径找到这道题

【题目描述】
DCrusher有一个数列,初始值均为$0$,他进行$N$次操作,每次将数列$[a,b)$这个区间中所有比$k$小的数改为$k$,他想知道$N$次操作后数列中所有元素的和。他还要玩其他游戏,所以这个问题留给你解决。

【输入格式】
第一行一个整数$N$,然后有$N$行,每行三个正整数$a,b,k$。

$N\leq 40000 , a,b,k\leq 10^9$

【输出格式】
一个数,数列中所有元素的和。

题解

我们把所有修改操作按照$k$从大到小排序 那么每次修改操作实际上就变成了 把$[a,b)$区间内所有的$0$(即之前没有修改过的元素)改成$k$因为之前就修改过的元素肯定是大于$k$的

那用线段树每次查询$[a,b)$有多少个$0$记为$cnt$实际上$cnt$就等于 区间长度减去区间内有多少个非$0$元素 由于询问按$k$从大到小排序 所以现在区间内的$0$在$N$次操作结束后肯定都会是$k$所以$ans$加上$cnt*k$

再把$[a,b)$中所有的$0$改成$k$注意 不用真的去改 因为我们实际上只关心每个区间内有多少个非$0$元素 所以我们只需要查询完后把整个区间都填成$1$就可以了 询问也就变成了区间内有多少个$1$

所以现在我们需要支持两个操作

  1. 查询区间内有多少个$1$
  2. 把整个区间修改成$1$

就正常打标记 都很好实现吧

$a,b\le 10^9$怎么办?动态开点

ps.我一般都是单点修改的时候用到动态开点 这种区间修改打标记能不能动态开点呢?

注意到修改一段区间$[l,r]$在线段树上可以通过修改不超过$\log n$个节点实现 每个节点的深度又最多是$\log n$所以极限情况下每次修改新创建的节点数也不会超过$\log^2 n$个 这题是$\log^2 10^9 \approx 1000$但是这个上限根本达不到 更别说修改区间还会有交集 所以不用担心内存不够

缺点是常数略大。。。应该有更简单的方法 但是这个方法好就好在它十分的模板

注意一下修改的区间是$[a,b)$。。。左闭右开

代码

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

struct query{
int l, r;
ll v;
} q[40005];

inline bool cmp(query x, query y) {
return x.v > y.v;
}

int n;
ll ans;

struct segtree{
struct tree{
int lc, rc, tag;
ll cnt;
} tr[1000005];
int tot;

#define lson tr[ind].lc
#define rson tr[ind].rc

inline void pushdown(int ind, int l, int r) {
if (!tr[ind].tag) return;
tr[ind].tag = 0;
int mid = (l + r) >> 1;
if (!lson) lson = ++tot;
tr[lson].cnt = mid - l + 1;
tr[lson].tag = 1;
if (!rson) rson = ++tot;
tr[rson].cnt = r - mid;
tr[rson].tag = 1;
}

ll query(int ind, int l, int r, int x, int y) {
if (!ind) return 0;
if (x <= l && r <= y) return tr[ind].cnt;
pushdown(ind, l, r);
int mid = (l + r) >> 1;
ll ret = 0;
if (x <= mid) ret += query(lson, l, mid, x, y);
if (mid < y) ret += query(rson, mid+1, r, x, y);
return ret;
}

void update(int &ind, int l, int r, int x, int y) {
if (!ind) ind = ++tot;
if (x <= l && r <= y) {
tr[ind].cnt = (r - l + 1);
tr[ind].tag = 1;
return;
}
pushdown(ind, l, r);
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid) update(lson, l, mid, x, y);
if (mid < y) update(rson, mid+1, r, x, y);
tr[ind].cnt = tr[lson].cnt + tr[rson].cnt;
}
} T;

int rt;

int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d %d %lld", &q[i].l, &q[i].r, &q[i].v);
q[i].r--;
}
sort(q + 1, q + n + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ll cnt = T.query(rt, 1, 1e9, q[i].l, q[i].r);
ans += (q[i].r - q[i].l + 1 - cnt) * q[i].v;
T.update(rt, 1, 1e9, q[i].l, q[i].r);
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}

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