【每日一题】2569. 更新数组后处理求和查询
2569. 更新数组后处理求和查询
题目描述
给你两个下标从 0 开始的数组 nums1 和 nums2 ，和一个二维数组 queries 表示一些操作。总共有 3 种类型的操作：
操作类型 1 为 queries[i] = [1, l, r] 。你需要将 nums1 从下标 l 到下标 r 的所有 0 反转成 1 以及所有 1 反转成 0 。l 和 r 下标都从 0 开始。
操作类型 2 为 queries[i] = [2, p, 0] 。对于 0 <= i < n 中的所有下标，令 nums2[i] = nums2[i] + nums1[i] * p 。
操作类型 3 为 queries[i] = [3, 0, 0] 。求 nums2 中所有元素的和。
请你返回一个数组，包含所有第三种操作类型的答案。
示例 1：
输入：nums1 = [1,0,1], nums2 = [0,0,0], queries = [[1,1,1],[2,1,0],[3,0,0]]
输出：[3]
解释：第一个操作后 nums1 变为 [1,1,1] 。第二个操作后，nums2 变成 [1,1,1] ，所以第三个操作的答案为 3 。所以返回 [3] 。
示例 2：
输入：nums1 = [1], nums2 = [5], queries = [[2,0,0],[3,0,0]]
输出：[5]
解释：第一个操作后，nums2 保持不变为 [5] ，所以第二个操作的答案是 5 。所以返回 [5] 。
提示：
1 <= nums1.length,nums2.length <= 105
nums1.length = nums2.length
1 <= queries.length <= 105
queries[i].length = 3
0 <= l <= r <= nums1.length - 1
0 <= p <= 106
0 <= nums1[i] <= 1
0 <= nums2[i] <= 109
解题思路
思路1：最直观的想法是，暴力模拟。（很显然超时）
class Solution {
public:
vector<long long> handleQuery(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, vector<vector<int>>& queries) {
vector<long long> res;
for(auto query:queries)
{
int a=query[0];
int b=query[1];
int c=query[2];
switch(a)
{
case 1:
for(int i=b;i<=c;i++)
nums1[i]=!nums1[i];
break;
case 2:
for(int i=0;i<nums2.size();i++)
nums2[i]+=nums1[i]*b;
break;
case 3:
long long sum=accumulate(nums2.begin(),nums2.end(),0.0);
res.push_back(sum);
}
}
return res;
}
};
思路2：涉及到区间修改以及区间查询，一般使用线段树。线段树将每个长度不为 1 的区间划分成左右两个区间递归求解，把整个线段划分为一个树形结构，通过合并左右两区间信息来求得该区间的信息。线段树每个节点有一个编号i，其表示区间[l,r]的元素和，该元素左节点有一个编号2*i，其表示区间[l,m]的元素和，该元素右节点有一个编号2*i+1，其表示区间[m+1,r]的元素和，其中m=l+(r-l)/2。其中我们可以给每个节点加上标记tag，当修改时修改当前tag和区间和，等到下次查询时再将tag下放。
class Solution {
public:
//节点个数 最多4n
static constexpr int MX=4e5+1;
//区间1的个数
int cnt1[MX];
//整个区间是否需要翻转标记
bool flip[MX];
//维护区间1的个数
void maintain(int o)
{
//当前节点对应区间的1的数量等于左右孩子对应区间1的个数
cnt1[o]=cnt1[2*o]+cnt1[2*o+1];
}
//执行区间翻转 o为当前节点下标 [l,r]为区间
void do_(int o,int l,int r)
{
//区间长度减去原本1的个数即原本0的个数即翻转后1的个数
cnt1[o]=r-l+1-cnt1[o];
flip[o]=!flip[o];
}
//初始化线段树 o是节点标记 从1开始 但是数组下标从0开始
void build(vector<int>&a,int o,int l,int r)
{
//只有一个元素直接求和
if(l==r)
{
cnt1[o]=a[l-1];
return;
}
//分成区间求和
int m=l+(r-l)/2;
//左孩子标记为o*2 左区间为[l,m]
build(a,o*2,l,m);
//右孩子标记为o*2+1 右区间为[m+1,r]
build(a,o*2+1,m+1,r);
//该节点区间和为左右孩子区间和之和
maintain(o);
}
//翻转区间 当前标记为o 当前区间为[l,r] 当前待更新区间为[L,R]
void update(int o,int l,int r,int L,int R)
{
//[L,R]在[l,r]内部
if(L<=l&&r<=R)
{
do_(o,l,r);
return;
}
//分而治之
int m=l+(r-l)/2;
//如果有标记则需要向下传递标记并且清空当前节点之前的标记情况
if(flip[o])
{
do_(o*2,l,m);
do_(o*2+1,m+1,r);
flip[o]=false;
}
//左区间有交集
if(m>=L)
update(o*2,l,m,L,R);
//右区间有交集
if(m<R)
update(o*2+1,m+1,r,L,R);
//该节点区间和为左右孩子区间和之和
maintain(o);
}
vector<long long> handleQuery(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, vector<vector<int>>& queries) {
int n=nums1.size();
build(nums1,1,1,n);
vector<long long> res;
long long sum=accumulate(nums2.begin(),nums2.end(),0LL);
for(auto q:queries)
{
if(q[0]==1)
update(1,1,n,q[1]+1,q[2]+1);
else if(q[0]==2)
sum+=1LL*q[1]*cnt1[1];
else
res.push_back(sum);
}
return res;
}
};