2016-12-16T15:59:00+08:00 Typecho /feed/atom/category/seg/ /archives/149/ 2016-12-16T15:59:00+08:00 2016-12-16T15:59:00+08:00 admin

###Description 小A想做一棵很大的树，但是他手上的材料有限，只好用点小技巧了。开始，小A只有一棵结点数为N的树，结点的编号为1,2,…,N，其中结点1为根；我们称这颗树为模板树。小A决定通过这棵模板树来构建一颗大树。构建过程如下：（1）将模板树复制为初始的大树。（2）以下(2.1)(2.2)(2.3)步循环执行M次（2.1）选择两个数字a,b，其中1<=a<=N，1<=b<=当前大树的结点数。（2.2）将模板树中以结点a为根的子树复制一遍，挂到大树中结点b的下方(也就是说，模板树中的结点a为根的子树复制到大树中后，将成为大树中结点b的子树)。（2.3）将新加入大树的结点按照在模板树中编号的顺序重新编号。例如，假设在进行2.2步之前大树有L个结点，模板树中以a为根的子树共有C个结点，那么新加入模板树的C个结点在大树中的编号将是L+1,L+2,…,L+C；大树中这C个结点编号的大小顺序和模板树中对应的C个结点的大小顺序是一致的。下面给出一个实例。假设模板树如下图： ![11(4).png][1] 根据第(1)步，初始的大树与模板树是相同的。在(2.1)步，假设选择了a=4，b=3。运行(2.2)和(2.3)后，得到新的大树如下图所示 ![22(2).png][2] 现在他想问你，树中一些结点对的距离是多少。 ###Input 第一行三个整数：N,M,Q，以空格隔开，N表示模板树结点数，M表示第(2)中的循环操作的次数，Q 表示询问数量。接下来N-1行，每行两个整数 fr,to，表示模板树中的一条树边。再接下来M行，每行两个整数x,to，表示将模板树中 x 为根的子树复制到大树中成为结点to的子树的一次操作。再接下来Q行，每行两个整数fr,to，表示询问大树中结点 fr和 to之间的距离是多少。N,M,Q<=100000 ###Output 输出Q行，每行一个整数，第 i行是第 i个询问的答案。 ###Sample Input 5 2 3 1 4 1 3 4 2 4 5 4 3 3 2 6 9 1 8 5 3 ###Sample Output 6 3 3 ###Solution 先对模板树求lca，并按dfs序建一棵主席树 每次向大树上加子树时，先二分查找他的父亲在哪一块，然后在主席树上查接到哪个节点下面 对于每一块，存它的根节点与根节点的父亲在模板树中的编号 然后把每一块视做节点，可以得到一棵大树，对大树也求lca 处理查询时，需要分3种情况：在同一块中，两块在一条链上，两块不在一条链上 ###Code ```c++ #include<bits/stdc++.h> typedef unsigned char uchar; typedef unsigned int uint; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef double db; typedef long double ldb; #define xx first #define yy second template<typename T> inline T max(T a,T b){return a>b?a:b;} template<typename T> inline T min(T a,T b){return a<b?a:b;} template<typename T> inline T abs(T a){return a>0?a:-a;} template<typename T> inline void repr(T &a,T b){if(a<b)a=b;} template<typename T> inline void repl(T &a,T b){if(a>b)a=b;} template<typename T> inline T sqr(T x){return x*x;} #define mp(a,b) std::make_pair(a,b) #define pb push_back #define lb(x) ((x)&(-(x))) #define N 100000 namespace zx { struct node { int lc,rc,cnt; }s[2000000]; int sm=1; int modify(int x,int l,int r,int p) { int t=sm++; s[t]=s[x]; s[t].cnt++; if(l^r) { int f=(l+r)>>1; if(p<=f) s[t].lc=modify(s[x].lc,l,f,p); else s[t].rc=modify(s[x].rc,f+1,r,p); } return t; } int kth(int a,int b,int l,int r,int k) { if(l==r)return l; int t=s[s[a].lc].cnt-s[s[b].lc].cnt,f=(l+r)>>1; if(t>=k)return kth(s[a].lc,s[b].lc,l,f,k); return kth(s[a].rc,s[b].rc,f+1,r,k-t); } int root[N+1]; } int n,m,q; namespace t1 { int p[N+1],idm,id[N+1],idr[N+1],fa[N+1][17],dep[N+1],sz[N+1]; struct edge { int to,ne; }e[N<<1]; inline void add(int x,int a,int b) { e[x].to=b,e[x].ne=p[a],p[a]=x; } void dfs(int x) { sz[x]=1; id[x]=++idm; zx::root[id[x]]=zx::modify(zx::root[id[x]-1],1,n,x); for(int i=p[x];i;i=e[i].ne) if(e[i].to^fa[x][0]) fa[e[i].to][0]=x,dep[e[i].to]=dep[x]+1,dfs(e[i].to),sz[x]+=sz[e[i].to]; idr[x]=idm; } inline int dis(int x,int y) { int a=x,b=y,ret=0; if(dep[a]<dep[b]) { for(int i=16;~i;i--) if((dep[b]-dep[a])&(1<<i)) ret+=1<<i,b=fa[b][i]; } else if(dep[a]>dep[b]) { for(int i=16;~i;i--) if((dep[a]-dep[b])&(1<<i)) ret+=1<<i,a=fa[a][i]; } if(a==b)return ret; for(int i=16;~i;i--) if(fa[a][i]^fa[b][i]) a=fa[a][i],b=fa[b][i],ret+=1<<i+1; return ret+2; } } namespace t2 { int cnt=1; ll id[N+1],nid; struct data { int a,b,dep,fa[17],di[17]; }s[N+1]; inline void link(int a,ll b) { int c=std::upper_bound(id,id+cnt,b)-id-1; int cf=s[c].a,d=zx::kth(zx::root[t1::idr[cf]],zx::root[t1::id[cf]-1],1,n,b-id[c]+1); s[cnt].a=a; s[cnt].b=d; s[cnt].dep=s[c].dep+1; s[cnt].fa[0]=c; s[cnt].di[0]=t1::dis(cf,d)+1; id[cnt]=nid; nid+=t1::sz[a]; cnt++; } inline void init() { for(int i=0;i<16;i++) for(int j=0;j<cnt;j++) s[j].fa[i+1]=s[s[j].fa[i]].fa[i],s[j].di[i+1]=s[j].di[i]+s[s[j].fa[i]].di[i]; } inline int lca(int x,int y) { int a=x,b=y; if(s[a].dep<s[b].dep) { for(int i=16;~i;i--) if((s[b].dep-s[a].dep)&(1<<i)) b=s[b].fa[i]; } else if(s[a].dep>s[b].dep) { for(int i=16;~i;i--) if((s[a].dep-s[b].dep)&(1<<i)) a=s[a].fa[i]; } if(a==b)return a; for(int i=16;~i;i--) if(s[a].fa[i]^s[b].fa[i]) a=s[a].fa[i],b=s[b].fa[i]; return s[a].fa[0]; } inline ll linkdis(int p,int q,int x,int y) { ll ret=t1::dis(x,s[p].a)+1; for(int i=16;~i;i--) if((s[p].dep-s[q].dep-1)&(1<<i)) ret+=s[p].di[i],p=s[p].fa[i]; return ret+t1::dis(s[p].b,y); } inline ll dis(ll x,ll y) { int p=std::upper_bound(id,id+cnt,x)-id-1,q=std::upper_bound(id,id+cnt,y)-id-1; int xid=zx::kth(zx::root[t1::idr[s[p].a]],zx::root[t1::id[s[p].a]-1],1,n,x-id[p]+1); int yid=zx::kth(zx::root[t1::idr[s[q].a]],zx::root[t1::id[s[q].a]-1],1,n,y-id[q]+1); if(p==q)return t1::dis(xid,yid); int t=lca(p,q); if(t==p)return linkdis(q,p,yid,xid); if(t==q)return linkdis(p,q,xid,yid); ll ret=t1::dis(xid,s[p].a)+t1::dis(yid,s[q].a)+2; for(int i=16;~i;i--) if((s[p].dep-s[t].dep-1)&(1<<i)) ret+=s[p].di[i],p=s[p].fa[i]; for(int i=16;~i;i--) if((s[q].dep-s[t].dep-1)&(1<<i)) ret+=s[q].di[i],q=s[q].fa[i]; return ret+t1::dis(s[p].b,s[q].b); } } int main() { scanf("%d%d%d",&n,&m,&q); for(int i=1;i<n;i++) { int a,b; scanf("%d%d",&a,&b); t1::add(i<<1,a,b); t1::add(i<<1|1,b,a); } zx::root[0]=zx::sm++; t1::fa[1][0]=1; t1::dfs(1); for(int i=0;i<16;i++) for(int j=1;j<=n;j++) t1::fa[j][i+1]=t1::fa[t1::fa[j][i]][i]; t2::s[0].a=1; t2::id[0]=1; t2::nid=n+1; while(m--) { int a; ll b; scanf("%d%lld",&a,&b); t2::link(a,b); } t2::init(); while(q--) { ll a,b; scanf("%lld%lld",&a,&b); printf("%lld\n",t2::dis(a,b)); } } ``` [1]: /usr/uploads/2016/12/1348856476.png [2]: /usr/uploads/2016/12/2791822739.png ]]> /archives/90/ 2016-12-01T20:46:00+08:00 2016-12-01T20:46:00+08:00 admin

###Description 敌方有n台人形兵器，每台的攻击力为Ai，护甲值为Di。我方只有一台人形兵器，攻击力为ATK。战斗看作回合制， 每回合进程如下： ·1 我方选择对方某台人形兵器并攻击，令其护甲值减少ATK，若护甲值<0则被破坏。 ·2 敌方每台未被破坏的人形兵器攻击我方基地造成Ai点损失。 但是，在第一回合开始之前，某两台敌方的人形兵器被干掉了(秒杀）。问最好情况下，我方基地会受到多少点损 失。 ###Input 第一行两个数n，ATK，表示敌方人形兵器数量和我方人形兵器攻击力。 接下来n行，每行两个数A，Di，表示对方第i台人形兵器的攻击力和护甲值。 3<=n<=3×10^5，Ai，Di<=10^4，ATK<10^4 ###Output 只一行，一个数，表示最好情况下我方基地会受到的损失总和。 ###Sample Input 3 7 30 8 7 35 1 209 ###Sample Output 28 ###Solution 每个敌人被杀所需时间为 Ti=Di/atk+1 设T的前缀和为P，A的后缀和为S 假设没有秒杀，按Ti/Ai排序后依次杀即可，每个敌人对答案的贡献为Si\*Ti-Ai 假设（排序后）秒杀了i和j（假设i<j） 那么我方损失会减少 Si\*Ti + P(i-1)\*Ai - Ai + Sj\*Tj + P(j-1)\*Aj - Aj - Ti\*Aj 注意最后 -Ti\*Aj 是因为算了两次 由于只有 Ti\*Aj 与 i,j 均有关，这个表达式可以看成一个以Ti为变量的一次函数 若从后往前扫，就可以看成动态维护一些直线的凸包 这个用线段树就可以维护，每个节点存一条直线，标记永久化 修改时，找到两直线交点，把距端点更短的一部分pushdown 查询时把路径上所有节点取max ###Code ```c++ #include<bits/stdc++.h> typedef unsigned char uchar; typedef unsigned int uint; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef double db; typedef long double ldb; #define xx first #define yy second template<typename T> inline T max(T a,T b){return a>b?a:b;} template<typename T> inline T min(T a,T b){return a<b?a:b;} template<typename T> inline T abs(T a){return a>0?a:-a;} template<typename T> inline void repr(T &a,T b){if(a<b)a=b;} template<typename T> inline void repl(T &a,T b){if(a>b)a=b;} template<typename T> T gcd(T a,T b){if(b)return gcd(b,a%b);return a;} #define mp(a,b) std::make_pair(a,b) #define pb push_back #define lb(x) ((x)&(-(x))) #define sqr(x) ((x)*(x)) struct line { ll k,b; }s[35000]; void modify(int x,int l,int r,line p) { if(s[x].k==p.k) { repr(s[x].b,p.b); return; } int t=(l+r)>>1; db f=(db)(p.b-s[x].b)/(s[x].k-p.k); if(f<l||f>r||l==r) { if(p.k*t+p.b>s[x].k*t+s[x].b)s[x]=p; return; } if(f<t+0.5) { if(p.k*r+p.b>s[x].k*r+s[x].b)std::swap(s[x],p); modify(x<<1,l,t,p); } else { if(p.k*l+p.b>s[x].k*l+s[x].b)std::swap(s[x],p); modify(x<<1|1,t+1,r,p); } } ll query(int x,int l,int r,int p) { ll ret=s[x].k*p+s[x].b; if(l!=r) { int t=(l+r)>>1; if(p<=t) repr(ret,query(x<<1,l,t,p)); else repr(ret,query(x<<1|1,t+1,r,p)); } return ret; } struct yjq { int a,t; ll as,tp; inline bool operator <(const yjq &x)const { return (ll)x.a*t<(ll)a*x.t; } }p[300000]; int n,atk; int main() { scanf("%d%d",&n,&atk); for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d%d",&p[i].a,&p[i].t),p[i].t=(p[i].t-1)/atk+1; std::sort(p,p+n); for(int i=1;i<n;i++) p[i].tp=p[i-1].tp+p[i-1].t; p[n-1].as=p[n-1].a; for(int i=n-2;i>=0;i--) p[i].as=p[i+1].as+p[i].a; for(int i=0;i<35000;i++) s[i].b=-1e18; ll ta=0; for(int i=n-1;i>=0;i--) { ll tmp=p[i].as*p[i].t+p[i].tp*p[i].a-p[i].a; repr(ta,query(1,1,10000,p[i].t)+tmp); modify(1,1,10000,(line){-p[i].a,tmp}); } ll ans=0; for(int i=0;i<n;i++) ans+=p[i].as*p[i].t-p[i].a; ans-=ta; printf("%lld\n",ans); } ``` ]]> /archives/80/ 2016-11-17T00:28:00+08:00 2016-11-17T00:28:00+08:00 admin

###Description 您需要写一种数据结构（可参考题目标题），来维护一个有序数列，其中需要提供以下操作： 1.查询k在区间内的排名 2.查询区间内排名为k的值 3.修改某一位值上的数值 4.查询k在区间内的前驱(前驱定义为小于x，且最大的数) 5.查询k在区间内的后继(后继定义为大于x，且最小的数) ###Input 第一行两个数 n,m 表示长度为n的有序序列和m个操作 第二行有n个数，表示有序序列 下面有m行，opt表示操作标号 若opt=1 则为操作1，之后有三个数l,r,k 表示查询k在区间[l,r]的排名 若opt=2 则为操作2，之后有三个数l,r,k 表示查询区间[l,r]内排名为k的数 若opt=3 则为操作3，之后有两个数pos,k 表示将pos位置的数修改为k 若opt=4 则为操作4，之后有三个数l,r,k 表示查询区间[l,r]内k的前驱 若opt=5 则为操作5，之后有三个数l,r,k 表示查询区间[l,r]内k的后继 ###Output 对于操作1,2,4,5各输出一行，表示查询结果 ###Sample Input 9 6 4 2 2 1 9 4 0 1 1 2 1 4 3 3 4 10 2 1 4 3 1 2 5 9 4 3 9 5 5 2 8 5 ###Sample Output 2 4 3 4 9 ###HINT 1.n和m的数据范围：n,m<=50000 2.序列中每个数的数据范围：[0,1e8] 3.虽然原题没有，但事实上5操作的k可能为负数 ###Solution 外层树状数组，内层值域线段树，在每个节点记count,修改时分别修改，查询时用r和l-1对应的一大堆节点做差（有点像主席树） ###Code ```c++ #include<bits/stdc++.h> typedef unsigned char uchar; typedef unsigned int uint; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef double db; typedef long double ldb; #define xx first #define yy second template<typename T> inline T max(T a,T b){return a>b?a:b;} template<typename T> inline T min(T a,T b){return a<b?a:b;} template<typename T> inline T abs(T a){return a>0?a:-a;} template<typename T> inline void repr(T &a,T b){if(a<b)a=b;} template<typename T> inline void repl(T &a,T b){if(a>b)a=b;} template<typename T> T gcd(T a,T b){if(b)return gcd(b,a%b);return a;} #define mp(a,b) std::make_pair(a,b) #define pb push_back #define lb(x) ((x)&(-(x))) #define sqr(x) ((x)*(x)) struct node { node *lc,*rc; int cnt; node(); }_null,*null=&_null; node::node(){lc=rc=null;cnt=0;} int pf; void erase(node *x) { if(x->lc!=null)erase(x->lc); if(x->rc!=null)erase(x->rc); delete x; } void modify(node *&x,int l,int r,int p,int v) { if(x==null)x=new node; x->cnt+=v; if(!x->cnt) { erase(x); x=null; return; } if(l!=r) { int f=(l+r)/2; if(p<=f) modify(x->lc,l,f,p,v); else modify(x->rc,f+1,r,p,v); } } struct group { node *x[50]; int mul[50],sz; inline int cnt() { int ret=0; for(int i=0;i<sz;i++)ret+=x[i]->cnt*mul[i]; return ret; } inline group* lc(group *f) { f->sz=sz; for(int i=0;i<sz;i++)f->x[i]=x[i]->lc,f->mul[i]=mul[i]; return f; } inline group* rc(group *f) { f->sz=sz; for(int i=0;i<sz;i++)f->x[i]=x[i]->rc,f->mul[i]=mul[i]; return f; } }; int cnt(group *x,int l,int r,int ql,int qr) { if(l==ql&&r==qr)return x->cnt(); int t=(l+r)/2,ans=0; group ch; if(ql<=t)ans+=cnt(x->lc(&ch),l,t,ql,min(t,qr)); if(qr>t)ans+=cnt(x->rc(&ch),t+1,r,max(ql,t+1),qr); return ans; } int kth(group *x,int l,int r,int rk) { if(l==r)return l; group ch; x->lc(&ch); int lcnt; if((lcnt=ch.cnt())>=rk) return kth(&ch,l,(l+r)/2,rk); else return kth(x->rc(&ch),(l+r)/2+1,r,rk-lcnt); } int gmax(group *x,int l,int r,int p) { if(!x->cnt())return 0; if(l==r)return l; int t=(l+r)/2; group ch; if(p<=t)return gmax(x->lc(&ch),l,t,p); if(r==p) { x->rc(&ch); if(ch.cnt())return gmax(&ch,t+1,r,p); return gmax(x->lc(&ch),l,t,t); } return max(gmax(x->lc(&ch),l,t,t),gmax(x->rc(&ch),t+1,r,p)); } int gmin(group *x,int l,int r,int p) { if(!x->cnt())return 0x7fffffff; if(l==r)return l; int t=(l+r)/2; group ch; if(p>t)return gmin(x->rc(&ch),t+1,r,p); if(l==p) { x->lc(&ch); if(ch.cnt())return gmin(&ch,l,t,p); return gmin(x->rc(&ch),t+1,r,t+1); } return min(gmin(x->lc(&ch),l,t,p),gmin(x->rc(&ch),t+1,r,t+1)); } #define nl 0 #define nr 100000001 node *root[50001]; int v[50001]; int main() { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=0;i<=n;i++) root[i]=new node; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",v+i); for(int j=i;j<=n;j+=lb(j)) modify(root[j],nl,nr,v[i],1); } while(m--) { int opt,a,b,c; scanf("%d%d%d",&opt,&a,&b); if(opt==3) { for(int j=a;j<=n;j+=lb(j)) modify(root[j],nl,nr,v[a],-1); v[a]=b; for(int j=a;j<=n;j+=lb(j)) modify(root[j],nl,nr,v[a],1); } else { scanf("%d",&c); group tmp; tmp.sz=0; for(int j=b;j;j^=lb(j)) tmp.mul[tmp.sz]=1,tmp.x[tmp.sz++]=root[j]; for(int j=a-1;j;j^=lb(j)) tmp.mul[tmp.sz]=-1,tmp.x[tmp.sz++]=root[j]; if(opt==1) { printf("%d\n",cnt(&tmp,nl,nr,nl,min(nr,c-1))+1); } else if(opt==2) { printf("%d\n",kth(&tmp,nl,nr,c)); } else if(opt==4) { printf("%d\n",gmax(&tmp,nl,nr,min(nr,c-1))); } else { printf("%d\n",gmin(&tmp,nl,nr,max(nl,c+1))); } } } } ``` ]]> /archives/70/ 2016-11-09T12:55:00+08:00 2016-11-09T12:55:00+08:00 admin

###Description XLk觉得《上帝造题的七分钟》不太过瘾，于是有了第二部。 "第一分钟，X说，要有数列，于是便给定了一个正整数数列。 第二分钟，L说，要能修改，于是便有了对一段数中每个数都开平方(下取整)的操作。 第三分钟，k说，要能查询，于是便有了求一段数的和的操作。 第四分钟，彩虹喵说，要是noip难度，于是便有了数据范围。 第五分钟，诗人说，要有韵律，于是便有了时间限制和内存限制。 第六分钟，和雪说，要省点事，于是便有了保证运算过程中及最终结果均不超过64位有符号整数类型的表示范围的限制。 第七分钟，这道题终于造完了，然而，造题的神牛们再也不想写这道题的程序了。" ——《上帝造题的七分钟·第二部》 所以这个神圣的任务就交给你了。 ###Input 第一行一个整数n，代表数列中数的个数。 第二行n个正整数，表示初始状态下数列中的数。 第三行一个整数m，表示有m次操作。 接下来m行每行三个整数k,l,r，k=0表示给[l,r]中的每个数开平方(下取整)，k=1表示询问[l,r]中各个数的和。 ###Output 对于询问操作，每行输出一个回答。 ###Sample Input 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5 0 1 10 1 1 10 1 1 5 0 5 8 1 4 8 ###Sample Output 19 7 6 ###Solution 显然，一个数最多开根6次就会变成1 那么直接用线段树维护区间最大值，每次暴力修改即可 ###Code ```c++ #include<bits/stdc++.h> typedef unsigned char uchar; typedef unsigned int uint; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; #define xx first #define yy second template<typename T> inline T max(T a,T b){return a>b?a:b;} template<typename T> inline T min(T a,T b){return a<b?a:b;} template<typename T> inline T abs(T a){return a>0?a:-a;} template<typename T> inline void repr(T &a,T b){if(a<b)a=b;} template<typename T> inline void repl(T &a,T b){if(a>b)a=b;} #define mp(a,b) std::make_pair(a,b) #define pb push_back int n,t=1; ll s[270000],ma[270000]; inline void up(int x) { s[x]=s[x<<1]+s[x<<1|1]; ma[x]=max(ma[x<<1],ma[x<<1|1]); } void modify(int x,int l,int r,int ql,int qr) { if(ma[x]<=1)return; if(x&t) { ma[x]=sqrt(ma[x]); s[x]=ma[x]; return; } int q=(l+r)>>1; if(ql<q)modify(x<<1,l,q,ql,min(q,qr)); if(qr>q)modify(x<<1|1,q,r,max(q,ql),qr); up(x); } int main() { int m; scanf("%d",&n); while(t<n+2)t<<=1; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",ma+i+t),s[i+t]=ma[i+t]; for(int i=t-1;i;i--) up(i); scanf("%d",&m); while(m--) { int opt,x,y; scanf("%d%d%d",&opt,&x,&y); if(x>y)std::swap(x,y); if(opt==0) { modify(1,1,t,x,y+1); } else { x=x+t-1,y=y+t+1; ll ans=0; while(x^y^1) { if(~x&1)ans+=s[x^1]; if(y&1)ans+=s[y^1]; x>>=1,y>>=1; } printf("%lld\n",ans); } } } ``` ]]> /archives/31/ 2016-09-15T13:11:00+08:00 2016-09-15T13:11:00+08:00 admin

###Description 老师交给小可可一个维护数列的任务，现在小可可希望你来帮他完成。 有长为N的数列，不妨设为a1,a2,…,aN 。有如下三种操作形式： (1)把数列中的一段数全部乘一个值; (2)把数列中的一段数全部加一个值; (3)询问数列中的一段数的和，由于答案可能很大，你只需输出这个数模P的值。 ###Input 第一行两个整数N和P(1≤P≤1000000000）。第二行含有N个非负整数,从左到右依次为a1,a2,…,aN, (0≤ai≤1000000000,1≤i≤N)。第三行有一个整数M，表示操作总数。从第四行开始每行描述一个操作，输入的操作有以下三种形式： 操作1：“1 t g c”(不含双引号)。表示把所有满足t≤i≤g的ai改为ai×c (1≤t≤g≤N,0≤c≤1000000000)。 操作2：“2 t g c”(不含双引号)。表示把所有满足t≤i≤g的ai改为ai+c (1≤t≤g≤N,0≤c≤1000000000)。 操作3：“3 t g”(不含双引号)。询问所有满足t≤i≤g的ai的和模P的值 (1≤t≤g≤N)。 同一行相邻两数之间用一个空格隔开，每行开头和末尾没有多余空格。 ###Output 对每个操作3，按照它在输入中出现的顺序，依次输出一行一个整数表示询问结果。 ###Sample Input 7 43 1 2 3 4 5 6 7 5 1 2 5 5 3 2 4 2 3 7 9 3 1 3 3 4 7 ###Sample Output 2 35 8 ###Solution 很显然，这是一道线段树区间修改+区间查询的裸题，每个节点存两个tag，分别表示乘多少，加多少，对于加的操作直接处理，乘的操作两个tag都乘 ###Code ```c++ #include<cstdio> #define LL long long int seg[270000],t=1,f=0,t1[270000],t2[270000]={0},p,ys[270000]; bool tag[270000]; inline int se(int x) { if(tag[x]) return ((LL)seg[x]*t1[x]+(LL)t2[x]*ys[x])%p; else return seg[x]; } inline void pd(int x) { if(tag[x]) { t1[x<<1]=(LL)t1[x<<1]*t1[x]%p,t2[x<<1]=((LL)t2[x<<1]*t1[x]+t2[x])%p; t1[x<<1|1]=(LL)t1[x<<1|1]*t1[x]%p,t2[x<<1|1]=((LL)t2[x<<1|1]*t1[x]+t2[x])%p; tag[x<<1]=tag[x<<1|1]=1; seg[x]=se(x); tag[x]=0,t1[x]=1,t2[x]=0; } } inline void up(int x) { if(!tag[x])seg[x]=(se(x<<1)+se(x<<1|1))%p; } int main() { int n,m; scanf("%d%d",&n,&p); while(t<n+2)t<<=1,f++; for(int i=0;i<t+t;i++)t1[i]=1; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",seg+i+t); ys[i+t]=1; } for(int i=t-1;i>0;i--)seg[i]=(seg[i<<1]+seg[i<<1|1])%p,ys[i]=ys[i<<1]+ys[i<<1|1]; scanf("%d",&m); while(m--) { int a,b,c,ff; scanf("%d",&ff); if(ff==3) { scanf("%d%d",&a,&b); int l=a+t-1,r=b+t+1,ll,rr; LL ans=0; for(int i=f;i>=0;i--) { ll=l>>i,rr=r>>i; if(i)pd(ll),pd(rr); if((ll^rr)>1) { if((ll&1)==0)ans+=se(ll^1); if((rr&1)==1)ans+=se(rr^1); } } printf("%d\n",(int)(ans%p)); } else if(ff==2) { scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); int l=a+t-1,r=b+t+1,ll,rr; for(int i=f;i>=0;i--) { ll=l>>i,rr=r>>i; if(i)pd(ll),pd(rr); if((ll^rr)>1) { if((ll&1)==0)t2[ll^1]=(t2[ll^1]+c)%p,tag[ll^1]=1; if((rr&1)==1)t2[rr^1]=(t2[rr^1]+c)%p,tag[rr^1]=1; } } for(;l;l>>=1,r>>=1) up(l>>1),up(r>>1); } else { scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); c%=p; int l=a+t-1,r=b+t+1,ll,rr; for(int i=f;i>=0;i--) { ll=l>>i,rr=r>>i; if(i)pd(ll),pd(rr); if((ll^rr)>1) { if((ll&1)==0)t1[ll^1]=(LL)t1[ll^1]*c%p,t2[ll^1]=(LL)t2[ll^1]*c%p,tag[ll^1]=1; if((rr&1)==1)t1[rr^1]=(LL)t1[rr^1]*c%p,t2[rr^1]=(LL)t2[rr^1]*c%p,tag[rr^1]=1; } } for(;l;l>>=1,r>>=1) up(l>>1),up(r>>1); } } return 0; } ``` 这个也可以当成zkw线段树区间修改的模板。。 ]]>