[hackerrank w25]DAG Queries 解题报告
题意：
给出一个n个点，m条边的dag，每个点有点权 ai ，初始均为0。有q种操作，每种操作有3种类型：
1 u x：将所有u能到达的点的权值设为x。
2 u x：将所有u能到达的点的权值对x取min。
3 u：查询u的点权。
n,m,q≤105,n≥2,m,q≥1,1≤u≤n,0≤x≤109
又用bitset强上了一道题好开心啊~（然而这题标算似乎就是bitset？）
如果暴力的话，可以用bitset，但是空间爆炸；所以我们先解决一下空间问题。
如果考虑对操作分块的话，我们可以只用处理所有节点能否由块内的操作节点抵达，这样首先就可以解决bitset的空间问题！
然后一开始我是这样想的：
如果我们可以 O(n) 处理出每一个块的操作结束后的 ai 的话，那么就好办了！而这个似乎很容易处理的样子。然后就各种YY，写了一发，但是搞了半天，发现实在是没法搞。。这个覆盖操作和取min操作在一起根本做不了。
但是我们仔细考虑一下，对u的询问的答案是能到达它的最后一个1操作的x和之间所有的2操作的x最小值。这样的话其实我们没必要处理出每个块的最终状态。我们只需要找到这最后一个1在哪个块里，这是可以对每个块用一个 O(n) 的类似于dp的东西处理出来的，于是两边的块便都可以 O(n√) 暴力（在用bitset处理过连通性以后）；中间的块只需要算出每个节点在这个块中会得到的2操作的最小值是多少即可，这个玩意儿也可以用一个类似 O(n) dp的东西搞出来。
时间复杂度 O(nn√+n264)
看了题解，发现它是这么解决空间问题的：把所有的节点分成3份，对于暴力部分计算3次——这时我才突然明白，bitset可以开到 109 ！
发现不知不觉似乎已经用这种类似对时间分块的方法a了很多题了。。而且做法主要是有两种，一种是处理出每个块的最终状态，这种适用于那种很多操作一起处理比较方便的，一种是查询的是一个点，那么我们可以分块找出这个点。
似乎如果允许离线，而且本来的点与点之间的关系比较奇怪，对时间分块还是一个不错的搞法呢~
代码：
#include//printf("Q:u=%d,i=%d,now=%d\n",que[i].u,que[i].i,ans[que[i].i]);
if(que[i].iint j=r;
while(perform[j].i>que[i].i)--j;
for(;j>=l;--j)
if(b[que[i].u][j-l])
{
ans[que[i].i]=min(ans[que[i].i],perform[j].x);
if(perform[j].opt==1)
{
swap(que[i],que[--qtot]);
break;
}
}
i+=jelse
if(cover[que[i].u])
{
int j=r;
for(;perform[j].opt==2||!b[que[i].u][j-l];--j)
if(perform[j].opt==2&&b[que[i].u][j-l])
ans[que[i].i]=min(ans[que[i].i],perform[j].x);
ans[que[i].i]=min(ans[que[i].i],perform[j].x);
swap(que[i],que[--qtot]);
}
else
{
ans[que[i].i]=min(ans[que[i].i],Min[que[i].u]);
++i;
}
}
}
}
while(qtot--)ans[que[qtot].i]=0;
for(int i=1;i<=q;++i)
if(ans[i]<=1e9)
printf("%d\n",ans[i]);
} 总结：
①一定要想好细节再写代码！
②bitset占的内存是 18 ，char/bool是1，int是4，long long是8。所以bitset一般能开 109 ，char/bool能开 108 ，int能开 107/108 ，long long能开 107 。
③对时间分块：对每个块处理出最终状态；操作对查询的影响是一个关于时间的点/区间。