操作无论是U还是L,都会使原图形分裂成两个图形,且两个图形的操作互不影响

我们又发现由于操作点只可能在下斜线上,如果将操作按x排序

那么无论是U还是L,都会将操作序列完整分割成两半,且两个操作序列互不影响

这样我们就可以对操作进行分治,每次找到最靠前的操作,并将操作序列分割

对于U操作而言,计算其答案只需要知道当前列最靠下的那一行

对于L操作而言,计算其答案只需要知道当前行最靠右的那一列

分治的时候动态维护即可

注:这样的话最坏情况会递归20w层,在CF上会爆栈,所以我的代码人为的开了栈空间

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<map>
#include<iostream>
using namespace std;

const int maxn=200010;
int n,m;
struct OP{
	int a,b,id;
	char c;
}A[maxn];
int mn[maxn<<2];
int ans[maxn];
map<int,bool>vis;

bool cmp(const OP &A,const OP &B){return A.a<B.a;}
void ch_read(char &ch){
	ch=getchar();
	while(ch<'!')ch=getchar();
}
int Min(int a,int b){return A[a].id<A[b].id?a:b;}
void build(int o,int L,int R){
	if(L==R){mn[o]=L;return;}
	int mid=(L+R)>>1;
	//cout<<mid<<endl;
	build(o<<1,L,mid);
	build(o<<1|1,mid+1,R);
	mn[o]=Min(mn[o<<1],mn[o<<1|1]);
}
int ask(int o,int L,int R,int x,int y){
	if(L>=x&&R<=y)return mn[o];
	int mid=(L+R)>>1;
	if(y<=mid)return ask(o<<1,L,mid,x,y);
	else if(x>mid)return ask(o<<1|1,mid+1,R,x,y);
	else return Min(ask(o<<1,L,mid,x,y),ask(o<<1|1,mid+1,R,x,y));
}
void Solve(int L,int R,int Low,int Right){
	if(L>R)return;
	int now=ask(1,1,m,L,R);
	if(vis[A[now].a]){
		Solve(L,now-1,Low,Right);
		Solve(now+1,R,Low,Right);
		return;
	}
	vis[A[now].a]=true;
	if(A[now].c=='U'){
		ans[A[now].id]=A[now].b-Low;
		Solve(L,now-1,Low,Right);
		Solve(now+1,R,Low,A[now].a);
	}else{
		ans[A[now].id]=A[now].a-Right;
		Solve(L,now-1,A[now].b,Right);
		Solve(now+1,R,Low,Right);
	}return;
}

int main(){
	int __size__ = 20 << 20; // 20MB
	char *__p__ = (char*)malloc(__size__) + __size__;
	__asm__("movl %0, %%esp\n" :: "r"(__p__));
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		scanf("%d%d",&A[i].a,&A[i].b);
		ch_read(A[i].c);A[i].id=i;
	}
	sort(A+1,A+m+1,cmp);
	build(1,1,m);
	Solve(1,m,0,0);
	for(int i=1;i<=m;++i)printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

  

另外附上官方题解:

还是上面的思路,我们很容易发现:

对于每一行,只需要知道其最靠右覆盖的列

对于每一列,只需要知道其最靠下覆盖的行

我们可以建两棵线段树,分别维护行的信息和列的信息

每次操作分别更改两棵线段树即可

又因为n很大,所以我们需要对行和列离散化

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