noip模拟赛 fateice-or
2024-08-31 01:30:59
分析:or操作只有在结果的这一位为0的情况下才会强制要求两个数的这一位都为0,其它时候不强求,所以为了最大限度地满足条件,我们先把所有的数的所有位全部变成1,如果p的第i位为0,那么[l,r]的数的第i位都要为0,&一下p就好了.最后检验一下看看是否满足所有条件就可以了。为什么这样做事合法的呢?因为我们之前已经尽可能让它最大限度地满足条件了,某一位更改后可能就不能满足这么多条件了,如果这都不行,那么肯定无解.因为是区间&操作,所以用线段树来优化.
构造题要满足所有的条件,那么就构造出尽可能多地满足条件的,最后检验一下就可以了.
注意:实际操作是|,但是每次进行的操作是&,在合并和修改的时候不要弄混了.
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm> using namespace std; const int inf = ( << ) - , maxn = ; int n, m, l[maxn], r[maxn], p[maxn], v[maxn * ], tag[maxn * ], flag[maxn * ];
bool can = true; void build(int o, int l, int r)
{
tag[o] = v[o] = inf;
if (l == r)
return;
int mid = (l + r) >> ;
build(o * , l, mid);
build(o * + , mid + , r);
} void pushup(int o)
{
v[o] = v[o * ] | v[o * + ];
} void pushdown(int o)
{
if (flag[o])
{
flag[o * ] = flag[o * + ] = ;
flag[o] = ;
tag[o * ] &= tag[o];
tag[o * + ] &= tag[o];
v[o * ] &= tag[o];
v[o * + ] &= tag[o];
tag[o] = inf;
}
} void update(int o, int l, int r, int x, int y, int c)
{
if (x <= l && r <= y)
{
tag[o] &= c;
v[o] &= c;
flag[o] = ;
return;
}
pushdown(o);
int mid = (l + r) >> ;
if (x <= mid)
update(o * , l, mid, x, y, c);
if (y > mid)
update(o * + , mid + , r, x, y, c);
pushup(o);
} int query(int o, int l, int r, int x, int y)
{
if (x <= l && r <= y)
return v[o];
pushdown(o);
int mid = (l + r) >> , res = ;
if (x <= mid)
res |= query(o * , l, mid, x, y);
if (y > mid)
res |= query(o * + , mid + , r, x, y);
return res;
} int main()
{
freopen("or1.in", "r", stdin);
freopen("or2.txt", "w", stdout);
scanf("%d%d", &n, &m);
build(, , n);
for (int i = ; i <= m; i++)
{
scanf("%d%d%d", &l[i], &r[i], &p[i]);
update(, , n, l[i], r[i], p[i]);
}
for (int i = ; i <= m; i++)
if (query(, , n, l[i], r[i]) != p[i])
{
can = ;
break;
}
if (can == false)
printf("No\n");
else
{
printf("Yes\n");
for (int i = ; i <= n; i++)
printf("%d ",query(,,n,i,i));
} return ;
}
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