【题意】现在有几个球排成一排，编号从1开始，开始时所有球为黑色，现在有n（<=2000）次操作，每次操作将l[i]至r[i]（均在int范围）的球凃成颜色c[i]（黑色'b'或白色'w'），然后找到最长的连续白色球，输出左右端点符号
【离散化】因为l[i]和r[i]都在int范围，显然不不可以开一个2^31-1那么大的数组。将l[i]和r[i]+1离散化，再模拟染色即可。
如果你不知道离散化：
将l[i]数组所有数与r[i]+1数组所有数取出来从小到大排序，做一个映射。
如样例
3
1 4 w
8 11 w
3 5 b
把1、5、8、12、3、6取出来，排序为1、3、5、6、8、12，离散化后
|
原数 |
1 |
3 |
5 |
6 |
8 |
12 |
|
离散化后 |
0 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
用mp[]做映射，类型为mp<int,int>。rev_mp[int]做逆向映射。
比如mp[4]=8，离散化后的4就可以看成数8,9,10,11的集合。如果离散化后的4被染成白色，那么相当于原数8,9,10,11均被染成白色。
再取样例中的一行： 1 4 w作为例子，这里1,4是原数，要从把球1,2,3,4均涂色，显然是凃离散化后0（1,2）和1（3,4）即可。
如果当初把r[i]做离散化而不是r[i]+1做离散化的话，r[i]就表示从它开始几个数的集合都被涂色，而不是从它结束涂色。
做好映射后，2^31-1个数就可以看成最多2*n个数，然后模拟染色即可。
这道题写的好晕啊，WA了5发后发现是多Case输入。。。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<string>
#include<sstream>
#define eps 1e-9
#define FOR(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define MAXN 1005
#define MAXM 40005
#define INF 0x3fffffff
using namespace std;
typedef long long LL;
int i,j,k,n,m,x,y,T,ans,big,cas,num;
bool flag;
map <int , int> mp;
set <int> st; int l[],r[],rev_mp[];
char c[],color[];
int main()
{
while(~scanf("%d",&n))
{
st.clear();
mp.clear();
for (i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d %d %c",&l[i],&r[i],&c[i]);
st.insert(l[i]);//现将其压入set中，也可以放入数组中最后排序
st.insert(r[i]+);
} num=;
for (set <int> ::iterator it=st.begin();it!=st.end();it++)//离散化
{
mp[*it]=num;//mp为map<int,int>类型，做一个映射，如上边的表格
rev_mp[num]=*it;//这是map的逆向映射。 num++;
} for (i=;i<num;i++) color[i]='b';//初始时为全部黑色 for (i=;i<=n;i++)//模拟涂刷过程
{
int left=mp[l[i]];
int right=mp[r[i]+];
for (j=left;j<right;j++)
{
color[j]=c[i];
}
} int pre=;
int left,right;
flag=false;
ans=;
for (i=;i<num;i++)//扫一遍寻找最长的连续白色球
{
if (color[i]!=color[i-])
{
if (color[i]=='w')
{
pre=i;//左端点
}else
if (color[i-]=='w' && ans < rev_mp[i] - rev_mp[pre] )
{
ans=rev_mp[i]-rev_mp[pre];//找到答案记录一下。
left=rev_mp[pre];
right=rev_mp[i]-;
flag=true;
}
}
}
if (!flag) printf("Oh, my god\n");else
printf("%d %d\n",left,right);
}
return ;
}