2023NOIP A层联测41 meirin

题目大意

给定两个长度为$n$的序列$a,b$。

有$q$次操作，每次操作l r k表示将序列$b$中区间$[l,r]$上的每个值加上$k$。

每次操作结束后，查询：

$$\sum _{l=1}^n\sum _{r=l}^n(\sum _{i=l}^r{a}_i)\times (\sum _{i=l}^r{b}_i)$$

输出答案模$10^9+7$后的值。

$1\le n\le 5\times 10^5,q\le 10^6$

$1\le l\le r\le n,-10^9\le a_i,b_i,k\le 10^9$

题解

我们先考虑转化题目中的式子。可以发现这个式子就是$[1,n]$的每个子区间的$a$值和与$b$值和的乘积之和，那我们枚举每个$b$，看有多少个区间包括$b$，然后求区间的$a$值和。于是

$$ans=\sum _{i=1}^n{b}_i\times \sum _{l=1}^i\sum _{r=i}^n\sum _{j=l}^r{a}_i$$

设$s_i$为$a_i$的前缀和，那么

$$ans=\sum _{i=1}^n{b}_i\times \sum _{l=1}^i\sum _{r=i}^n{s}_r-s_{l-1}$$

后面的$\sum _{l=1}^i\sum _{r=i}^n{s}_r-s_{l-1}$可以变为$(i\times \sum _{r=i}^n{s}_r)-((n-i+1)\times \sum _{l=1}^i{s}_{l-1})$，这两个部分可以分别用后缀和以及前缀和求出，记$v_i=\sum _{l=1}^i\sum _{r=i}^n{s}_r-s_{l-1}$，那么一开始时答案为$\sum _{i=1}^n{b}_i\times v_i$。

每次将一个区间加上$k$之后，答案会增加$\sum _{i=l}^{r}k\times v_i=k\times \sum _{i=l}^r{v}_i$，我们求$v$的前缀和$sv$，那么每次修改对答案的贡献就是$k\times (s{v}_r-s{v}_{l-1})$，这样我们就可以$O(1)$处理每次询问。因为题目只需要求答案，所以我们不需要真的去修改$b_i$。

时间复杂度为$O(n+q)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=500000;
const long long mod=1e9+7;
int n,q,a[N+5],b[N+5],s[N+5],s1[N+5],s2[N+5];
long long ans=0,v[N+5],sv[N+5];
int main()
{
	freopen("meirin.in","r",stdin);
	freopen("meirin.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		a[i]=(a[i]+mod)%mod;
		s[i]=(s[i-1]+a[i])%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&b[i]);
		b[i]=(b[i]+mod)%mod;
	}
	for(int i=n;i>=1;i--){
		s1[i]=(s1[i+1]+s[i])%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		s2[i]=(s2[i-1]+s[i])%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		v[i]=1ll*i*s1[i]-1ll*(n-i+1)*s2[i-1];
		v[i]=(v[i]%mod+mod)%mod;
		sv[i]=(sv[i-1]+v[i])%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+b[i]*v[i])%mod;
	while(q--){
		int l,r,k;
		scanf("%d%d%d",&l,&r,&k);
		k=(k+mod)%mod;
		ans=(ans+(sv[r]-sv[l-1]+mod)%mod*k%mod)%mod;
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}