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试题编号：202303-4试题名称：星际网络II时间限制：2.0s内存限制：1.0GB问题描述：
问题描述
随着星际网络的进一步建设和规模的增大，一个新的问题出现在网络工程师面前——地址空间不够用了！原来，星际网络采用了传统的IPv6协议，虽然有 2128 级别的可用地址数量，但面对广袤无垠的宇宙和爆炸式增长的网络用户数，如此庞大的地址空间也面临了用尽的那一天。
新的通信协议的研发工作交给了著名的网络科技圣地——西西艾弗星。最终，经过2333年的不懈努力，西西艾弗星的工程师们设计出了一种新的协议——“西西艾弗IP协议”，又称IPxxaf。
在IPxxaf协议中，一个地址由 n 位二进制位组成，其中 n 是 16 的倍数。日常表示一个地址时，采用类似IPv6协议的十六进制表示法，每 4 位用
:
隔开。如 n=32 时，地址为
2a00:0001
，即表示一个二进制为
0010 1010 0000 0000 0000 0000 0000 0001
的地址。注意不会出现IPv6中省略每组的前导
0
或用
::
省略一段
0
的情况。
为方便起见，记 num(s) 为地址
s
按高位在前、低位在后组成的 n 位二进制数，称一段“连续的地址“为 num(s) 成一段连续区间的一系列地址。
西西艾弗星的网络管理员负责地址的分配与管理。最开始，整个地址空间都是未分配的。用户可以随时向管理员申请一些地址：
1 id l r
：表示用户 id 申请地址在 l∼r 范围内（包含 l 和 r，下同）的一段连续地址块。
在地址申请操作中，管理员需要先检查地址是否可用。如果用户申请的地址全部未被分配，则检查通过；若地址中存在已经分配给其他用户的地址，则检查失败。
但有一种特殊情况：申请的地址中没有已经分配给其他用户的地址，但含有一些先前已分配给该用户本人的地址。此时可以认为检查通过，但若申请的地址先前已全部分配给该用户则检查失败。
如果上述检查通过，则管理员向用户返回
YES
，并将申请的地址分配给该用户；若不通过，则向用户返回
NO
，同时不改变现有的地址分配。
网络管理员要定期检查地址的分配情况，具体而言有如下两种操作：
2 s
：检查地址 s 被分配给了哪个用户。若未被分配，则结果为 0。
3 l r
：检查 l∼r 范围内的所有地址是否完整地分配给了某个用户。若是，回答该用户的编号；若否，回答 0。
在整个网络的运行过程中，共出现了 q 次申请地址和检查地址分配的操作。作为西西艾弗星的一名重要的网络技术顾问，你要帮网络管理员依次处理每个操作，并回答相应的结果。
输入格式
从标准输入读入数据。
第一行，2 个正整数 n,q。
接下来 q 行，每行一个操作，格式如上所述，其中的 id 为正整数，l,r,s 均为IPxxaf地址串，其中十六进制均用数字和小写字母表示。
输出格式
输出到标准输出。
输出 q 行，每行一个非负整数或字符串，表示此次操作的结果。
其中，对于操作 1 ，输出
YES
或
NO
；对于操作 2,3，输出一个非负整数。
样例输入1
32 12
1 1 0001:8000 0001:ffff
2 0001:a000
3 0001:c000 0001:ffff
1 2 0000:0000 000f:ffff
2 0000:1000
1 1 0001:8000 0001:8fff
1 2 0000:0000 0000:ffff
2 0000:1000
1 1 0002:8000 0002:ffff
3 0001:8000 0002:ffff
1 1 0001:c000 0003:ffff
3 0001:8000 0002:ffff
样例输出1
YES
1
1
NO
0
NO
YES
2
YES
0
YES
1
样例解释
第 4 个操作时，由于用户 2 申请的部分地址已被分配给用户 1，因此申请不通过；
第 6 个操作时，由于用户 1 申请的全部地址已被分配给用户 1，因此申请不通过；
第 11 个操作时，用户 1 申请的部分地址已被分配给用户 1，其余地址尚未被分配，申请通过；
数据范围
对于所有数据，n≤512, q≤5×104，n 为 16 的倍数，id≤q，对于操作 1,3 保证 num(l)≤num(r)。
测试点编号n≤q≤特殊性质1∼416200无5∼664200无7∼9512200无10∼111620000无12∼136450000无14∼1651250000所有操作 1 的 id 互不相同17∼2051250000无
真题来源：星际网络II
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思路讲解：
这道题属于线段树（离散化、单点询问、区间求和、区间最值）的经典题。线段树维护区间和，用于记录对应区间几个值被用过，且线段树维护最大最小值，用于记录被哪个用户id用过，当最小值=最大值时，表示恰被一个用户用过。首先，将最大32维的数转10进制，压成长为32的array，离散化去重后，找到每个ip地址对应下标映射。操作1：若[l,r]是否没被用户用过，或[l,r]仅被当前用户用过且没占满，则可行，否则不可行；线段树先查一下这段区间和，等于0表示没被用过，则可行；否则，判一下当前区间最大最小值，若最大最小值相等且区间和小于区间长度，则可行。
操作2：单点询问，查单点最大/最小值即可知道被哪个用户用过，或没用过；
操作3：区间询问，若[l,r]仅被一个用户全用过，则区间和为区间长度，区间最大最小值相等，注意离散化时，需要给右端点+1的值也离散化进去，并考虑+1带来的进位问题，否则，可能会出现[1,2][4,5]在离散化前不相邻，离散化后变为[1,2][3,4]相邻的情形；
c++满分题解：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=15e4+10,M=5e4+10,K=170,B=32,INF=0x3f3f3f3f;
struct segtree{
int n;
struct node{int l,r,v,c,mn,mx;}e[N<<2];
#define l(p) e[p].l
#define r(p) e[p].r
#define v(p) e[p].v
#define c(p) e[p].c
#define mn(p) e[p].mn
#define mx(p) e[p].mx
void up(int p){
v(p)=v(p<<1)+v(p<<1|1);
mn(p)=min(mn(p<<1),mn(p<<1|1));
mx(p)=max(mx(p<<1),mx(p<<1|1));
}
void bld(int p,int l,int r){
l(p)=l;r(p)=r;c(p)=0;
if(l==r){v(p)=0;mn(p)=INF;mx(p)=-INF;return;}
int mid=l+r>>1;
bld(p<<1,l,mid);bld(p<<1|1,mid+1,r);
up(p);
}
void psd(int p){
if(c(p)){
v(p<<1)=r(p<<1)-l(p<<1)+1;
mn(p<<1)=min(mn(p<<1),c(p));
mx(p<<1)=max(mx(p<<1),c(p));
c(p<<1)=c(p);
v(p<<1|1)=r(p<<1|1)-l(p<<1|1)+1;
mn(p<<1|1)=min(mn(p<<1|1),c(p));
mx(p<<1|1)=max(mx(p<<1|1),c(p));
c(p<<1|1)=c(p);
c(p)=0;
}
}
void init(int _n){n=_n;bld(1,1,n);}
void chg(int p,int ql,int qr,int v){
if(ql>qr)return;
if(ql<=l(p)&&r(p)<=qr){
v(p)=r(p)-l(p)+1;
mn(p)=min(mn(p),v);
mx(p)=max(mx(p),v);
c(p)=v;
return;
}
psd(p);
int mid=l(p)+r(p)>>1;
if(ql<=mid)chg(p<<1,ql,qr,v);
if(qr>mid)chg(p<<1|1,ql,qr,v);
up(p);
}
int cnt(int p,int ql,int qr){
if(ql<=l(p)&&r(p)<=qr)return v(p);
int mid=l(p)+r(p)>>1,res=0;
psd(p);
if(ql<=mid)res+=cnt(p<<1,ql,qr);
if(qr>mid)res+=cnt(p<<1|1,ql,qr);
return res;
}
int amn(int p,int ql,int qr){
if(ql<=l(p)&&r(p)<=qr)return mn(p);
int mid=l(p)+r(p)>>1,res=INF;
psd(p);
if(ql<=mid)res=min(res,amn(p<<1,ql,qr));
if(qr>mid)res=min(res,amn(p<<1|1,ql,qr));
return res;
}
int amx(int p,int ql,int qr){
if(ql<=l(p)&&r(p)<=qr)return mx(p);
int mid=l(p)+r(p)>>1,res=-INF;
psd(p);
if(ql<=mid)res=max(res,amx(p<<1,ql,qr));
if(qr>mid)res=max(res,amx(p<<1|1,ql,qr));
return res;
}
}seg;
int n,m,q,op,c;
array<int,B>f[N];
auto cal(string s){
int d=0;
array<int,B>ans={0};
for(auto &y:s){
if(y==':'){
d++;
continue;
}
int &v=ans[d];
if('a'<=y && y<='f')v=v*16+(y-'a')+10;
else v=v*16+(y-'0');
}
return ans;
}
auto add_one(array<int,B>y){
y[n/16-1]++;
for(int i=B-1;i;--i){
if(y[i]>=65536){
y[i]-=65536;
y[i-1]++;
}
}
return y;
}
int g(array<int,B>v){
int x=lower_bound(f,f+c,v)-f;
return x+1;
}
struct ask{
int op,x;
string s,t;
void rd(){
cin>>op;
if(op==1)cin>>x;
cin>>s;
f[c++]=cal(s);
if(op==2)t=s;
else{
cin>>t;
f[c++]=cal(t);
f[c]=add_one(f[c-1]);
c++;
}
}
void sol(){
int l=g(cal(s)),r=g(cal(t)),w=seg.cnt(1,l,r);
int mn=seg.amn(1,l,r),mx=seg.amx(1,l,r);
if(op==1){
if(!w || (w<r-l+1 && mn==mx && mn==x)){
seg.chg(1,l,r,x);
cout<<"YES"<<endl;
}
else{
cout<<"NO"<<endl;
}
}
else if(op==2){
cout<<(mn==INF?0:mn)<<endl;
}
else{
cout<<(w==r-l+1 && mn==mx?mn:0)<<endl;
}
}
}e[M];
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>q;
for(int i=1;i<=q;++i){
e[i].rd();
}
sort(f,f+c);
c=unique(f,f+c)-f;
seg.init(c+5);
for(int i=1;i<=q;++i){
e[i].sol();
}
return 0;
}
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