[ZJOI2019]线段树
题目描述
九条可怜是一个喜欢数据结构的女孩子,在常见的数据结构中,可怜最喜欢的就是线段树。
线段树的核心是懒标记,下面是一个带懒标记的线段树的伪代码,其中 tagtagtag 数组为懒标记:
其中函数 Lson(Node)\operatorname{Lson}(Node)Lson(Node) 表示 NodeNodeNode 的左儿子,Rson(Node)\operatorname{Rson}(Node)Rson(Node) 表示 NodeNodeNode 的右儿子。
现在可怜手上有一棵 [1,n][1,n][1,n] 上的线段树,编号为 111。这棵线段树上的所有节点的 tagtagtag 均为000。接下来可怜进行了 mmm 次操作,操作有两种:
-
1 l r1\ l\ r1 l r,假设可怜当前手上有 ttt 棵线段树,可怜会把每棵线段树复制两份(tagtagtag 数组也一起复制),原先编号为 iii 的线段树复制得到的两棵编号为 2i−12i-12i−1 与 2i2i2i,在复制结束后,可怜手上一共有 2t2t2t 棵线段树。接着,可怜会对所有编号为奇数的线段树进行一次 Modify(root,1,n,l,r)\operatorname{Modify}(root,1,n,l,r)Modify(root,1,n,l,r)。
-
222,可怜定义一棵线段树的权值为它上面有多少个节点 tagtagtag 为 111。可怜想要知道她手上所有线段树的权值和是多少。
输入格式
第一行输入两个整数 n,mn,mn,m 表示初始区间长度和操作个数。
接下来 mmm 行每行描述一个操作,输入保证 1≤l≤r≤n1 \le l \le r \le n1≤l≤r≤n。
输出格式
对于每次询问,输出一行一个整数表示答案,答案可能很大,对 998244353998244353998244353 取模后输出即可。
样例 #1
样例输入 #1
5 5
2
1 1 3
2
1 3 5
2
样例输出 #1
0
1
6
提示
[1,5] 上的线段树如下图所示:
在第一次询问时,可怜手上有一棵线段树,它所有点上都没有标记,因此答案为 000。
在第二次询问时,可怜手上有两棵线段树,按照编号,它们的标记情况为:
- 点 [1,3][1,3][1,3] 上有标记,权值为 111。
- 没有点有标记,权值为 000。
因此答案为 111。
在第三次询问时,可怜手上有四棵线段树,按照编号,它们的标记情况为:
- 点 [1,2],[3,3],[4,5][1,2],[3,3],[4,5][1,2],[3,3],[4,5] 上有标记,权值为 333。
- 点 [1,3][1,3][1,3] 上有标记,权值为 111。
- 点 [3,3],[4,5][3,3],[4,5][3,3],[4,5] 上有标记,权值为 222。
- 没有点有标记,权值为 000。
因此答案为 666。
Solution
STEP 1 - 题意转换
题目中有一个复制操作,可以发现其实相当于将原来的所有线段树进行备份,再进行操作。
相当于是一个前缀和。这说明答案可以通过递推得到。
STEP 2 - 分析性质
由上面的题意转换,我们可以考虑每一次操作的贡献。
观察在线段树上的操作,所有的节点可以分成如下 555 类:
- 一类点(白色): 这类点被修改区间半覆盖 ,在 pushdown\rm{pushdown}pushdown 时标记下传消失
- 二类点(黑色): 被修改区间全覆盖,并且可以遍历到 ,得到标记
- 三类点(橙色): 无法遍历到, 但可以得到 pushdown\rm{pushdown}pushdown 来的标记
- 四类点(灰色): 被修改区间全覆盖,但无法遍历到
- 五类点(橙色): 无法遍历到,且无法得到标记
设 fi,uf_{i,u}fi,u 表示共有多少棵线段树的节点 uuu 在第 iii 次修改时有标记,就可以利用这个性质进行 dpdpdp 。
STEP 3 - 动态规划
由于复制操作会带来许多冗余的统计,所以我们可以稍微改变一下状态:
fi,uf_{i,u}fi,u 表示节点 uuu 在第 iii 次修改时有标记的线段树的占比,也就是概率 。
最后将总数 2i2 ^ i2i 乘回来即可。
发现这个式子对于三类点不好转移,
再考虑 gi,ug_{i,u}gi,u 表示 1∼u1\sim u1∼u 经过的节点都没有标记的概率,那么:
一类点:
复制后修改时一半的标记消失,因此 fi,u=12fi−1,uf_{i,u}=\dfrac{1}{2}f_{i-1,u}fi,u=21fi−1,u ,
但这时后一半的线段树中 1∼u1\sim u1∼u 路径上都没有标记了,故 gi,u=12+12gi,ug_{i,u} = \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}g_{i,u}gi,u=21+21gi,u 。
二类点:
一半的点打上标记,故 fi,u=12+12fi−1,uf_{i,u}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}f_{i-1,u}fi,u=21+21fi−1,u ,
但一半的线段树中 1∼u1\sim u1∼u 路径上一定有标记,故 gi,u=12gi−1,ug_{i,u}=\dfrac{1}{2}g_{i-1,u}gi,u=21gi−1,u
这相当于跟一类点的情况反过来
三类点:
只有 1∼u1\sim u1∼u 路径上有标记的三类点才会对答案有贡献,
故 fi,u=12−12gi−1,u+12fi−1,uf_{i,u}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}g_{i-1,u}+\dfrac{1}{2}f_{i-1,u}fi,u=21−21gi−1,u+21fi−1,u
此时 ggg 无变化
四类点:
标记的没变,因此 fff 无变化
而一半的线段树 1∼u1\sim u1∼u 的路径上因为全覆盖,在这类点的祖先节点一定有至少一个点有标记,
故 gi,u=12gi−1,ug_{i,u}=\dfrac{1}{2}g_{i-1,u}gi,u=21gi−1,u 。
五类点:
f,gf,gf,g 均无变化。
STEP 4 - 快速维护
可以发现,对于 1,2,3 类点,最多 O(logn)O(\log n)O(logn) 个,
五类点不操作,四类点有 O(n)O(n)O(n) 个,
而对于四类点,只有 ggg 每次变化,乘 1/2 ,可以用懒标记快速维护。
对于答案的统计,记录 sfi,u=fi,u+sfi,lsu+sfi,rsusf_{i,u}=f_{i,u}+sf_{i,ls_u}+sf_{i,rs_u}sfi,u=fi,u+sfi,lsu+sfi,rsu 即可,
最后输出 sfi,1∗2isf_{i,1} * 2 ^ isfi,1∗2i 即可。
Code
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10, MOD = 998244353, GRY = 499122177;
inline void read(int &x)
{
int sgn = 1; x = 0;
char ch = getchar();
while(ch != '-' && (ch < '0' || ch > '9')) ch = getchar();
if(ch == '-') sgn = -1, ch = getchar();
while(ch >= '0' && ch <= '9') x = (x << 1) + (x << 3), x += (ch ^ '0'), ch = getchar();
x *= sgn;
}
int n, m;
struct SegmentTree
{
int l, r, sf, f, g, tag;
}t[N << 3];
void pushup(int p)
{
t[p].sf = (t[p].f + (t[p << 1].sf + t[p << 1 | 1].sf) % MOD) % MOD;
}
void build(int p, int l, int r)
{
t[p].l = l; t[p].r = r;
t[p].tag = t[p].g = 1;
if(l == r) return;
int mid = l + r >> 1;
build(p << 1, l, mid);
build(p << 1 | 1, mid + 1, r);
}
void spread(int p)
{
if(t[p].tag != 1)
{
t[p << 1].g = t[p].tag * t[p << 1].g % MOD;
t[p << 1 | 1].g = t[p].tag * t[p << 1 | 1].g % MOD;
t[p << 1].tag = t[p].tag * t[p << 1].tag % MOD;
t[p << 1 | 1].tag = t[p].tag * t[p << 1 | 1].tag % MOD;
t[p].tag = 1;
}
}
void update(int p)
{
t[p].f = GRY * ((1 - t[p].g + t[p].f) % MOD) % MOD;
t[p].f += MOD; t[p].f %= MOD; pushup(p);
}
void change(int p, int l, int r)
{
if(l <= t[p].l && t[p].r <= r)
{
t[p].f = GRY * (t[p].f + 1) % MOD;
t[p].g = GRY * t[p].g % MOD;
t[p].tag = GRY * t[p].tag % MOD;
pushup(p);
return;
}
int mid = t[p].l + t[p].r >> 1; spread(p);
t[p].f = GRY * t[p].f % MOD; t[p].g = GRY * (1 + t[p].g) % MOD;
if(r <= mid) change(p << 1, l, r), update(p << 1 | 1);
else if(l > mid) change(p << 1 | 1, l, r), update(p << 1);
else change(p << 1, l, r), change(p << 1 | 1, l, r);
pushup(p);
}
signed main()
{
read(n); read(m);
int sum = 1; build(1, 1, n);
for(int i = 1; i <= m; i ++ )
{
int op, l, r; read(op);
if(op == 1) read(l), read(r), change(1, l, r), sum <<= 1ll, sum %= MOD;
else printf("%lld\n", sum * t[1].sf % MOD);
}
return 0;
}
END.