[loj#3043][线段树]线段树

本文介绍了一种利用概率线段树解决特定问题的方法。通过维护节点值出现的概率及祖先节点有值的概率来应对区间更新操作,实现了高效的区间查询。文章详细展示了数据结构的设计思路与实现细节。

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Description

传送门

题解

果然这又是一个把标签告诉你的题2333
简单思考一下就可以知道,其实就是要问你对于前 i i i个操作,有 1 2 \frac{1}{2} 21的概率做或者不做,每个点有标记的概率和是多少
需要维护的是
一个点有值的概率 h [ x ] h[x] h[x]
一个点祖先有值的概率 g [ x ] g[x] g[x]
转移分情况讨论
先讨论 h [ x ] h[x] h[x]的转移
如果点是被线段树更新了的点且不是被打上标记的点,那么他的 h [ x ] = h [ x ] 2 h[x]=\frac{h[x]}{2} h[x]=2h[x]
如果点是被线段树更新了的点且是被打上标记的点,那么他的 h [ x ] = h [ x ] 2 + 1 2 h[x]=\frac{h[x]}{2}+\frac{1}{2} h[x]=2h[x]+21
如果点是被下传了标记的点,那么他的 h [ x ] = h [ x ] 2 + g [ x ] 2 h[x]=\frac{h[x]}{2}+\frac{g[x]}{2} h[x]=2h[x]+2g[x]
否则他们的 h [ x ] h[x] h[x]不变
再讨论 g [ x ] g[x] g[x]的转移
如果点是被线段树更新了的点且不是被打上标记的点,那么他的 g [ x ] = g [ x ] 2 g[x]=\frac{g[x]}{2} g[x]=2g[x]
如果点是被线段树更新了的点且是被打上标记的点,那么他的 g [ x ] = g [ x ] 2 + 1 2 g[x]=\frac{g[x]}{2}+\frac {1}{2} g[x]=2g[x]+21
如果点是被下传了标记的点,那么他的 g [ x ] g[x] g[x]不变
如果点是线段树底端的后继点,那么他的 g [ x ] = g [ x ] 2 + 1 2 g[x]=\frac{g[x]}{2}+\frac{1}{2} g[x]=2g[x]+21
否则他们的 g [ x ] g[x] g[x]不变
注意线段树标记顺序
乘的时候注意把加的 t a g tag tag也改掉…

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<map>
#include<bitset>
#include<set>
#define LL long long
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define pll pair<long long,long long>
#define pii pair<int,int>
#define lc now<<1
#define rc now<<1|1
using namespace std;
inline int read()
{
	int f=1,x=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
int stack[20];
inline void write(int x)
{
	if(x<0){putchar('-');x=-x;}
    if(!x){putchar('0');return;}
    int top=0;
    while(x)stack[++top]=x%10,x/=10;
    while(top)putchar(stack[top--]+'0');
}
inline void pr1(int x){write(x);putchar(' ');}
inline void pr2(int x){write(x);putchar('\n');}
const int MAXN=200005;
const int mod=998244353;
int pow_mod(int a,int b)
{
	int ret=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)ret=1LL*ret*a%mod;
		a=1LL*a*a%mod;b>>=1;
	}
	return ret;
}
int inv2;
int n,m;
void mul(int &x,int y){x=1LL*x*y%mod;}
void ad(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
struct segtree
{
	int h[MAXN*4],g[MAXN*4],add[MAXN*4],mu[MAXN*4],sum[MAXN*4];
//	segtree(){memset(sum,0,sizeof(sum));}
	void buildtree(int now,int l,int r)
	{
		mu[now]=1;
		if(l==r)return ;
		int mid=(l+r)/2;
		buildtree(lc,l,mid);buildtree(rc,mid+1,r);
	}
	void down(int now)
	{
		if(!add[now]&&mu[now]==1)return ;
		if(mu[now]!=1)
		{
			mul(g[lc],mu[now]);mul(g[rc],mu[now]);
			mul(add[lc],mu[now]);mul(add[rc],mu[now]);
			mul(mu[lc],mu[now]);mul(mu[rc],mu[now]);
			mu[now]=1;
		}
		if(add[now])
		{
			ad(g[lc],add[now]);ad(g[rc],add[now]);
			ad(add[lc],add[now]);ad(add[rc],add[now]);
			add[now]=0;
		}
	}
	void up(int now){sum[now]=((sum[lc]+sum[rc])%mod+h[now])%mod;}
	void modify1(int now,int l,int r,int ql,int qr)
	{
		if(l==ql&&r==qr)
		{
			mul(h[now],inv2);ad(h[now],inv2);
			up(now);
			return ;
		}
		else mul(h[now],inv2);
		int mid=(l+r)/2;down(now);
		if(qr<=mid)
		{
			modify1(lc,l,mid,ql,qr);
			mul(h[rc],inv2);ad(h[rc],1LL*g[rc]*inv2%mod);
//			ad(h[rc],1LL*g[now]*(1-h[rc]+mod)%mod*inv2%mod);
			up(rc);
		}
		else if(mid+1<=ql)
		{
			modify1(rc,mid+1,r,ql,qr);
			mul(h[lc],inv2);ad(h[lc],1LL*g[lc]*inv2%mod);
//			ad(h[lc],1LL*g[now]*(1-h[lc]+mod)%mod*inv2%mod);
			up(lc);
		}
		else modify1(lc,l,mid,ql,mid),modify1(rc,mid+1,r,mid+1,qr);
		up(now);
	}
	void modify2(int now,int l,int r,int ql,int qr)
	{
		if(l==ql&&r==qr)
		{
			mul(g[now],inv2);mul(mu[now],inv2);mul(add[now],inv2);
			ad(g[now],inv2);ad(add[now],inv2);
			return ;
		}
		else mul(g[now],inv2);
		int mid=(l+r)/2;down(now);
		if(qr<=mid)
		{
			modify2(lc,l,mid,ql,qr);
//			mul(g[rc],inv2);mul(mu[rc],inv2);
		}
		else if(mid+1<=ql)
		{
			modify2(rc,mid+1,r,ql,qr);
//			mul(g[lc],inv2);mul(mu[lc],inv2);
		}
		else modify2(lc,l,mid,ql,mid),modify2(rc,mid+1,r,mid+1,qr);
	}
}seg;
int main()
{
	inv2=pow_mod(2,mod-2);
	n=read();m=read();
	seg.buildtree(1,1,n);
	int mk=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int o=read();
		if(o==2)pr2(1LL*seg.sum[1]*pow_mod(2,mk)%mod);
		else
		{
			mk++;
			int l=read(),r=read();
			seg.modify1(1,1,n,l,r);
			seg.modify2(1,1,n,l,r);
//			pr2(1LL*seg.sum[1]*pow_mod(2,mk)%mod);
//			for(int j=1;j<=30;j++)pr1(1LL*seg.h[j]*pow_mod(2,mk)%mod);
//			puts("");
//			for(int j=1;j<=30;j++)pr1(1LL*seg.g[j]*pow_mod(2,mk)%mod);
//			puts("");
		}
	}
	return 0;
}


<think>我们正在查询与LOJ6279相关的编程题目或解决方案。LOJ(LibreOJ)是一个在线的评测系统,主要收录算法竞赛题目。根据题号6279,我们需要确定该题目的具体内容。由于我无法直接访问网络,我将基于已知信息进行推理。在算法竞赛中,LOJ的题目编号通常与特定的题目对应。题号6279可能对应一个特定的问题。根据常见的题目类型,我们可以推测它可能涉及数据结构或算法。然而,为了准确回答,我们可以尝试回忆或推断常见的LOJ题目。例如,LOJ6000系列题目多为数据结构题,如线段树、树状数组等。实际上,通过搜索记忆,我回想起LOJ6279是“数列分块入门3”(BlockArray3)题目。这是“分块”系列题目中的一题。题目描述:给出一个长为n的数列,以及n个操作,操作涉及区间加法,询问区间内小于某个值x的前驱(即最大的小于x的数)。因此,用户需要的是关于LOJ6279题目的描述和解决方案。解决方案:由于题目要求分块处理,我们将数列分成若干块,每块大小为sqrt(n)。对于每个块,我们维护一个有序的数组(用于二分查找)以及一个加法标记(记录整个块被加了多少)。操作:1.区间加法:对于整块,直接更新加法标记;对于不完整的块,暴力更新元素值,然后重新排序该块(或者重新构建有序数组)。2.查询区间内小于x的前驱:遍历区间内的所有块。对于整块,在块的有序数组中二分查找小于(x-加法标记)的最大值;对于不完整的块,暴力遍历每个元素,判断是否小于x(注意加上加法标记)并更新最大值。代码实现(C++)示例:```cpp#include<iostream>#include<vector>#include<cmath>#include<algorithm>#include<climits>usingnamespacestd;constintMAXN=100010;constintBLOCK_SIZE=320;//约sqrt(MAXN)intn;vector<int>a;vector<int>block_add;//每块的加法标记vector<vector<int>>sorted_blocks;//每块的有序数组voidinit(){intblock_num=(n+BLOCK_SIZE-1)/BLOCK_SIZE;block_add.assign(block_num,0);sorted_blocks.resize(block_num);for(inti=0;i<n;i++){sorted_blocks[i/BLOCK_SIZE].push_back(a[i]);}for(inti=0;i<block_num;i++){sort(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end());}}voidupdate_block(intblock_id){sorted_blocks[block_id].clear();intstart=block_id*BLOCK_SIZE;intend=min((block_id+1)*BLOCK_SIZE,n);for(inti=start;i<end;i++){sorted_blocks[block_id].push_back(a[i]);}sort(sorted_blocks[block_id].begin(),sorted_blocks[block_id].end());}voidadd(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){block_add[i]+=c;}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_r);}}intquery(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;intans=-1;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){//在块i的有序数组中二分查找小于c-block_add[i]的最大值inttarget=c-block_add[i];autoit=lower_bound(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end(),target);if(it!=sorted_blocks[i].begin()){it--;intval=*it+block_add[i];if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_r];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}returnans;}intmain(){cin>>n;a.resize(n);for(inti=0;i<n;i++){cin>>a[i];}init();for(inti=0;i<n;i++){intop,l,r,c;cin>>op>>l>>r>>c;l--;r--;//如果题目输入是1-indexed,则转换为0-indexedif(op==0){add(l,r,c);}else{cout<<query(l,r,c)<<endl;}}return0;}```注意:上述代码是示例代码,可能需要根据题目具体输入要求进行调整。§§相关问题§§1.LOJ6279题目的具体描述是什么?2.分块算法的时间复杂度是多少?3.除了分块,还有哪些方法可以解决LOJ6279?4.如何优化分块算法的常数?5.分块算法适用于哪些场景?</think>### LOJ 6279 题目分析与解决方案 **题目描述**:LOJ 6279 是 LibreOJ 上的 **"数列分块入门 3"**,属于分块算法的经典练习题。核心要求如下: - **操作 1**:区间 $[l, r]$ 内每个数加上值 $c$ - **操作 2**:查询区间 $[l, r]$ 内小于 $c$ 的**最大元素值**(即前驱),不存在时返回 $-1$ #### 分块算法设计 分块的核心思想是将数列划分为 $\sqrt{n}$ 大小的块,平衡暴力操作与批量处理。 ##### 关键数据结构 1. **块内有序数组**: - 每块维护一个排序后的数组,用于二分查找前驱。 - 示例:块 $B_i$ 的排序数组为 $S_i$。 2. **加法懒标记**: - 记录整块被加的总值 $add_i$(不影响块内有序性)。 ##### 操作实现 1. **区间加法($[l, r] + c$)**: - **整块**:直接更新懒标记 $add_i \gets add_i + c$,时间复杂度 $O(1)$。 - **碎块**:暴力修改元素值,并**重构有序数组**(排序),时间复杂度 $O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$。 2. **查询前驱($[l, r]$ 内 $< c$ 的最大值)**: - **整块**:在有序数组 $S_i$ 中二分查找 $c - add_i$ 的前驱,时间复杂度 $O(\log \sqrt{n})$。 - **碎块**:暴力遍历元素,检查 $a_j + add_i < c$ 并更新最大值,时间复杂度 $O(\sqrt{n})$。 #### 代码实现(C++) ```cpp #include <iostream> #include <vector> #include <cmath> #include <algorithm> #include <climits> using namespace std; const int MAXN = 100010; int n, block_size; vector<int> a; vector<int> add_tag; // 块的加法标记 vector<vector<int>> blocks; // 每块的有序数组 void init() { block_size = sqrt(n); int block_num = (n + block_size - 1) / block_size; add_tag.assign(block_num, 0); blocks.resize(block_num); for (int i = 0; i < n; i++) blocks[i / block_size].push_back(a[i]); for (int i = 0; i < block_num; i++) sort(blocks[i].begin(), blocks[i].end()); } void rebuild_block(int block_id) { blocks[block_id].clear(); int start = block_id * block_size; int end = min(start + block_size, n); for (int i = start; i < end; i++) blocks[block_id].push_back(a[i]); sort(blocks[block_id].begin(), blocks[block_id].end()); } void range_add(int l, int r, int c) { int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size; if (block_l == block_r) { // 同一块内 for (int i = l; i <= r; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_l); } else { // 左侧碎块 for (int i = l; i < (block_l + 1) * block_size; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_l); // 中间整块 for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) add_tag[i] += c; // 右侧碎块 for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_r); } } int query_predecessor(int l, int r, int c) { int ans = -1; int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size; // 左侧碎块暴力查询 for (int i = l; i < min(r + 1, (block_l + 1) * block_size); i++) { int val = a[i] + add_tag[block_l]; if (val < c && val > ans) ans = val; } // 中间整块二分查找 for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) { int target = c - add_tag[i]; auto it = lower_bound(blocks[i].begin(), blocks[i].end(), target); if (it != blocks[i].begin()) { it--; int val = *it + add_tag[i]; if (val < c && val > ans) ans = val; } } // 右侧碎块暴力查询 if (block_l != block_r) { for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) { int val = a[i] + add_tag[block_r]; if (val < c && val > ans) ans = val; } } return ans; } int main() { cin >> n; a.resize(n); for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i]; init(); for (int i = 0; i < n; i++) { int op, l, r, c; cin >> op >> l >> r >> c; l--; r--; // 转为0-indexed if (op == 0) range_add(l, r, c); else cout << query_predecessor(l, r, c) << endl; } return 0; } ``` #### 算法分析 - **时间复杂度**: - 单次修改/查询:$O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$(碎块排序主导)。 - 总操作 $m$ 次:$O(m \sqrt{n} \log n)$。 - **空间复杂度**:$O(n)$。 #### 优化技巧 1. **减少排序次数**: - 碎块修改时只重构受影响块的有序数组。 2. **块大小调整**: - 实测调整块大小为 $n^{0.6}$ 可能更快(需测试)。 #### 应用场景 分块算法适用于**强制在线**的区间问题(如 LOJ 的数列分块系列题),在 $O(\sqrt{n})$ 复杂度下平衡修改与查询[^1]。
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