Luogu5111 zhtobu3232的线段树

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题意：给定一棵区间 生成的线段树。

给出 个区间 ，将这些区间在线段树上拆分得到的节点打上标记。

求有多少个 满足 且在线段树上拆分得到的节点都没有标记。

答案对 取模。

，，时限 。

首先使用动态开点线段树将所有被标记的点求出。时空复杂度 。

考虑如何刻画不可行区间的集合。

对于有标记的节点 ，观察怎样的区间 才会拆分到节点 。

记节点 的父亲为节点 ，充要条件为 且 。

将其画到二维平面上，如图：

可能位于 上方或右方，图左侧展示了上方的情况，此时绿色区域的区间 会拆分到节点 。不可行区间的区域如图右侧，是若干个向左或向上的半开矩形的并集。

可以用扫描线求出这个并集大小，复杂度为 。

这个做法还有很多性质没有利用。在平面上进一步观察性质是可行的，但是太累。我们换种做法。

对于节点 ：

  • 记 表示有多少个 使得 的拆分是好的。

  • 记 表示有多少个 使得 的拆分是好的。

边界 ：

  • 若该节点子树内无标记，则 ，答案加上 。

  • 若该节点为有标记的叶节点，则 。

对于其余情况，计算所有跨过中点的 的子区间的贡献，则为 。

然而这里有个特殊情况，区间 只会恰好拆分到节点 （我们错误地将其拆成 ），需要单独计算。

  • 若 有标记，且 均无标记，则 是不合法的却算成了合法的，答案减一。

  • 若 无标记，且 某一个有标记，则 是合法的却算成了不合法的，答案加一。

接下来看 的计算方法，只介绍 ， 同理。

首先， 的 个区间一定是可行的。

若 没有标记，那么 的 个区间也是可行的，否则都不可行。

同样需要特殊考虑 。具体实现见代码。

复杂度 。

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#include <cstdio>

using ll = long long; 
const int MaxM = 100500, mod = 998244353;

struct Node {
	ll pre, suf;
	int l, r;
	bool fl;
} a[MaxM*100];

int tot;
ll qL, qR;
void add(ll l, ll r, int &u) {
	if (qR<=l || r<=qL) return;
	if (!u) u = ++tot;
	if (qL<=l && r<=qR) {
		a[u].fl = 1;
		return;
	}
	ll mid = (l+r)/2;
	add(l, mid, a[u].l);
	add(mid, r, a[u].r);
}

int ans;
void dfs(ll l, ll r, int u) {
	if (!u) {
		ans = (ans+((r-l+1)%(mod*2))*((r-l)%(mod*2))/2)%mod;
		return;
	}
	if (l+1==r) {
		ans += (a[u].pre=a[u].suf=!a[u].fl);
		return;
	}
  	ll mid=(l+r)/2;
	dfs(l,mid,a[u].l);
	dfs(mid,r,a[u].r);
	ll sl = a[u].l ? a[a[u].l].suf : mid-l,
       pl = a[u].l ? a[a[u].l].pre : mid-l,
       sr = a[u].r ? a[a[u].r].suf : r-mid,
       pr = a[u].r ? a[a[u].r].pre : r-mid;
  	ans = (ans+(sl%mod)*(pr%mod))%mod;
  	int fl = 0;
  	if (!a[a[u].l].fl&&!a[a[u].r].fl&&a[u].fl) fl=-1;
  	if ((a[a[u].l].fl||a[a[u].r].fl)&&!a[u].fl) fl=1;
  	ans += fl;
  	a[u].pre = pl+(a[a[u].l].fl ? 0 : pr)+fl;
  	a[u].suf = sr+(a[a[u].r].fl ? 0 : sl)+fl;
}

int main() {
	ll N; int M;
  	scanf("%lld%d", &N, &M);
  	
  	int rt=0;
	for (int i=1; i<=M; i++) {
		scanf("%lld%lld", &qL, &qR);
		qL--;
		add(0, N, rt);
	}
	dfs(0, N, rt);
	
	printf("%d", (ans+mod)%mod);
	return 0;
}