Newcoder 148 D.Rikka with Prefix Sum（组合数学）

最新推荐文章于 2022-05-03 18:41:18 发布

v5zsq

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分类专栏： Newcoder 组合数学

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本文介绍了一种处理序列上区间加、前缀和转换及区间和查询的高效算法。通过遍历修改操作并统计对查询点值的贡献，实现O(500q)的时间复杂度。关键在于理解修改操作对后续查询的影响，利用组合数学中的组合数计算贡献值。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

给出一个长度为 $n$ 的序列 $A$ ，初始为 $0$ ，有 $m$ 次操作，操作分三种：

$w:1\ L\ R\ w:$ 区间 $[L, R]$ 均加上 $w$

$2 :$ 把 $A$ 变成其前缀和序列

$R:3\ L\ R:$ 查询区间和 $∑i=LRAi\sum\limits_{i=L}^RA_i$

Input

第一行一整数 $T$ 表示用例组数，每组用例首先输入两个整数 $n, m$ 表示序列长度和操作数，之后 $m$ 行每行一个操作，保证 $3$ 操作不超过 $500$ 次

$(1≤n,m≤105,0≤wi≤109)(1\le n,m\le 10^5,0\le w_i\le 10^9)$

Output

对于每个 $3$ 操作，输出区间和，结果模 $998244353$

Sample Input

1
100000 7
1 1 3 1
2
3 2333 6666
2
3 2333 6666
2
3 2333 6666

Sample Output

13002
58489497
12043005

Solution

对序列求 $z$ 次前缀和后， $x$ 位置原始值 $w$ 对操作后的 $y$ 位置值的贡献为 $w⋅Cy−x+z−1z−1w\cdot C_{y-x+z-1}^{z-1}$ ，注意到区间加操作即为两个单点修改后求前缀和的操作，而查询操作即为做完前缀和后查询两个位置的值做差，故对于每次查询操作，遍历之前所有修改操作，统计修改操作的单点值对当前查询单点值的贡献即可，时间复杂度 $O (500 q)$

Code

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define maxn 100005
#define mod 998244353
int mul(int x,int y)
{
	ll z=1ll*x*y;
	return z-z/mod*mod;
}
int add(int x,int y)
{
	x+=y;
	if(x>=mod)x-=mod;
	return x;
}
int inv[2*maxn],fact[2*maxn];
void init(int n=2e5)
{
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
	inv[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)inv[i]=mul(inv[i-1],inv[i]);
	fact[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)fact[i]=mul(i,fact[i-1]);
}
int C(int n,int m)
{
	return mul(fact[n],mul(inv[m],inv[n-m]));
} 
int Solve(int x,int y,int z,int w)
{
	if(x==y)return w;
	if(z==0||y<x)return 0;
	return mul(w,C(y-x+z-1,z-1));
}
struct Query
{
	int op,l,r,w;
}q[maxn];
int T,n,m;
int main()
{
	init();
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			scanf("%d",&q[i].op);
			if(q[i].op==1)
			{
				scanf("%d%d%d",&q[i].l,&q[i].r,&q[i].w);
				q[i].w%=mod;
			}
			else if(q[i].op==3)
			{
				scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r);
				int x=2,A=0,B=0;
				for(int j=i-1;j>=1;j--)
					if(q[j].op==2)x++;
					else if(q[j].op==1)
					{
						A=add(A,Solve(q[j].l,q[i].l-1,x,q[j].w));
						A=add(A,Solve(q[j].r+1,q[i].l-1,x,mod-q[j].w));
						B=add(B,Solve(q[j].l,q[i].r,x,q[j].w));
						B=add(B,Solve(q[j].r+1,q[i].r,x,mod-q[j].w));
						
					}
				printf("%d\n",add(B,mod-A));
			}
		}
	}
	return 0;
}