【笔记】染色问题的俩解法

染色问题题意概要

给定一个长度为n的数字序列，有m次对[Li,Ri]的涂色（或其他修改），求最后的序列

其实这种题最突出的特征是覆盖，即后面的操作会覆盖前面的操作，所以若一段区间被修改多次，取最后一次修改即可；

一：线段树做法

其实这种题一看，用线段树，再一看，还是线段树，耐着性子看最后一遍，仍是线段树。所以就开始码吧！

其实呢这题用普通线段树有一点麻烦了，因为这种题同一点标记只会有一个，要那区间l和r干啥嘞，zkw线段树那么好用，用zkw线段树可以优化时间，最后从上往下走（千万别告诉zkw我把他的线段树从上往下走了），一旦找到标记，看看这个区间的叶子节点数k，直接输出k个标记即可

二：并查集做法

这种题用线段树还是有一丢丢浪费，即便用zkw，O(nlogn)的复杂度还是在那里滴，有一个神奇的线性做法，其实感性地想一想（我已经分不清理性还是感性了） 若是从后往前时光把m个操作反过来，先操作m，m-1，……，1然后已经染色过的点就不操作了。

理想很远大，但操作就不简单了

操作不简单?

操作很简单

既然操作过这个区间就不必再操作了，那么为了达到线性时间，在下一次询问时就
4000
必须直接跳过其。

那么可不可以直接将区间左端点直接指向右端点呢？
当然不可以。举个小栗子：若先修改[3,5]再操作[1,6]，那在最后输出路径的时候就会忽略[3,5]。

有一个解决方法，就是将该区间所有节点都指向右边的节点，并将区间左端点的左边的点飞跃整个区间，指向右端点的右边的点，这样在下一次访问到区间后就会直接飞过整个区间。

再举个栗子：当修改了[3,5]后

2->6->空白

3->4->5->颜色

再修改[1,6]后

1->2->6->颜色

3->4->5->颜色

我们十分惊奇的发现，前面拜访过的区间之后不会拜访了，所以无论有多少次修改，时间永远都是线性的（包括最后的输出），最后输出使用棒棒的路径压缩，又是线性的 \(^o^)/~ 庶民的胜利