舒老师AK的hu测 T2. LX还在迷路（线段树+等差数列）

最新推荐文章于 2023-10-11 17:15:59 发布

Coco_T_

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分类专栏：线段树日常hu测文章标签：线段树

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本文介绍了一种复杂的查询优化技巧，通过将操作分解为等差数列的加法，利用线段树维护等差数列的首项和公差，实现高效的区间更新和查询。文章详细解释了如何处理一阶和二阶等差数列，提供了具体的算法实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

版权属于舒老师，想要引用此题（包括题面）的朋友请联系博主

这里写图片描述

分析：

这道题是舒老师的原创题（版权声明~）

神题啊，毒瘤题啊

正解

首先，我们可以先忽略 $n(n+1) \over 2$ 中的 $\over 2$ ，最后再处理即可
我们将 $n(n+1)$ 展开，得到 $n^2+n$
我们可以把一个操作拆成两个：
① 对 $[l,r]$ 每个点加 $dis^2$ （ $dis$ 为该点到l的距离+1）
② 对 $[l,r]$ 每个点加 $dis$

（操作②这就让我想起一道题，相当于加上一条直线）

我们从简单的开始

操作②

在区间 $[l,r]$ 上加上一个等差数列： $a_1=1,d=1$
在线段树众维护等差数列的首项和公差
在pushdown的时候，左儿子直接继承父结点的首项和公差，右儿子继承公差，计算一下首项即可
如果打标记时发生了标记覆盖，直接：首项1+首项2，公差1+公差2

操作①

显然我们没法合并 $x^2$ 的标记，考虑差分
$n^2-(n-1)^2=2n-1$
等差数列： $a_1=1,d=2$ ，在线段树中维护首项和公差
如果是单点查询的话，我们查询前缀和即可（差分的运用）

如果是区间 $[l,r],ans=\sum_{i=l}^{r} i^2$
设 $a[i]=2i-1$
这里写图片描述
由上图（等高线地形图？？？）就可以看出：
$a[1]-a[l]$ 计算了 $r-l+1$ 次
$a[l+1]$ 计算了 $r-l$ 次
$...$
$a[r]$ 计算了 $1$ 次

我们定义 $C(l,r)$
$C(l,r)=$
$a[l]+a[l+1]+a[l+2]+...a[r]+$
$a[l+1]+a[l+2]+...a[r]+$
$a[l+2]+...a[r]+$
$...$
$a[r]$

那么 $ans=\sum_{i=l}^{r} i^2=\sum_{i=1}^{l-1}a[i]*(r-l+1)+C(l,r)$

维护 $C(l,r)$
update： $C(l,r)=C(l,mid)+C(mid+1,r)+\sum_{i=l}^{mid}a[i]*(r-mid)$

方便起见，我们可以标记永久化

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define ll long long

using namespace std;

const int N=200010;
const ll p=1e9+7;
ll inv2,s1[N],s2[N];
int n,type,L,R,m,lastans=0;

ll KSM(ll a,ll b) {
    ll t=1;
    while (b) {
        if (b&1) t=(t*a)%p;
        a=(a*a)%p;
        b>>=1;
    }
    return t%p;
}

void change_lr() {
    L=(L+lastans-1)%n+1;
    R=(R+lastans-1)%n+1;
    if (L>R) swap(L,R);
}

struct node1{                   //维护等差数列  
    struct tree1{
        ll a,b,sum;
    }t[N<<2];

    void update(int bh,int l,int r) {     
        t[bh].sum=t[bh<<1].sum+t[bh<<1|1].sum; t[bh].sum%=p;
        if (!t[bh].a&&!t[bh].b) return;    
        ll n=r-l+1;                                                //有标记就维护一下值 
        t[bh].sum+=(t[bh].a*n%p+t[bh].b*s1[n]%p)%p; t[bh].sum%=p;
    }

    void change(int bh,int l,int r,int L,int R,int a,int b) {
        if (l>=L&&r<=R) {
            t[bh].a+=a; t[bh].a%=p;
            t[bh].b+=b; t[bh].b%=p;
            update(bh,l,r);
            return;
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        if (L<=mid) change(bh<<1,l,mid,L,R,a,b);
        if (R>mid) change(bh<<1|1,mid+1,r,L,R,(a+max(mid-max(l,L)+1,0)*b%p)%p,b);
        update(bh,l,r);
    }

    ll ask(int bh,int l,int r,int L,int R,ll a,ll b) {    //标记永久化的a和b 
        if (l>=L&&r<=R) {
            return (t[bh].sum+a*(r-l+1)%p+b*(s1[r-l+1])%p)%p;
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        a=(a+t[bh].a)%p; b=(b+t[bh].b)%p;
        //标记永久化 
        ll ans=0;
        if (L<=mid) ans=(ans+ask(bh<<1,l,mid,L,R,a,b)%p)%p;
        if (R>mid) ans=(ans+ask(bh<<1|1,mid+1,r,L,R,(a+(mid-l+1)*b%p)%p,b)%p)%p;
        //a+(mid-l+1)*b  右儿子新首项 
        return ans;
    }
};
node1 T1;

struct node2{
    struct tree2{
        ll a,b,sum,sum_2;
        //sum sum(a[l]~a[r])
        //sum_2 C(l,r) 
    }t[N<<2];

    void update(int bh,int l,int r) {
        int mid=(l+r)>>1;
        int lc=bh<<1;
        int rc=bh<<1|1;
        t[bh].sum=t[lc].sum+t[rc].sum; t[bh].sum%=p;
        t[bh].sum_2=t[lc].sum_2+t[rc].sum_2; t[bh].sum_2%=p;      
        t[bh].sum_2+=t[lc].sum*(ll)(r-mid)%p;  t[bh].sum_2%=p; 
        if (!t[bh].a&&!t[bh].b) return;                          //有标记就维护一下值
        ll n=r-l+1;
        t[bh].sum+=(t[bh].a*n%p+t[bh].b*s1[n]%p)%p; t[bh].sum%=p;
        t[bh].sum_2+=t[bh].a*s1[n]%p+t[bh].b*s1[n]%p*(n+1)%p-s2[n]*t[bh].b%p;
        //注意sum_2的维护 
        t[bh].sum_2%=p; 
    }

    void change(int bh,int l,int r,int L,int R,ll a,ll b) {
        if (l>=L&&r<=R) {
            t[bh].a+=a; t[bh].a%=p;
            t[bh].b+=b; t[bh].b%=p;
            update(bh,l,r);
            return;
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        if (L<=mid) change(bh<<1,l,mid,L,R,a,b);
        if (R>mid) change(bh<<1|1,mid+1,r,L,R,(a+max(mid-max(l,L)+1,0)*b%p)%p,b);
        update(bh,l,r);
    }

    ll ask(int bh,int l,int r,int L,int R,ll s,ll a,ll b) {
        if (l>=L&&r<=R) {
            ll n=r-l+1;
            return (s*n%p+t[bh].sum_2+a*s1[n]%p+b*s1[n]%p*(n+1)%p-b*s2[n]%p);
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        a=(a+t[bh].a)%p; b=(b+t[bh].b)%p;
        //标记永久化 
        ll ans=0;
        if (L<=mid) ans=(ans+ask(bh<<1,l,mid,L,R,s,a,b))%p;
        if (R>mid) ans=(ans+ask(bh<<1|1,mid+1,r,L,R,(s+t[bh<<1].sum+a*(mid-l+1)%p+b*s1[mid-l+1]%p)%p,(a+b*(mid-l+1)%p)%p,b)%p)%p;
        return ans%p;
    }
};
node2 T2;

int main() {
    char s[10];
    scanf("%d%d",&n,&type);
    scanf("%d",&m);

    inv2=KSM(2,p-2);
    for (int i=1;i<=n;i++) {
        s1[i]=(s1[i-1]+(ll)i)%p;
        s2[i]=(s2[i-1]+(ll)i*i)%p;
    }

    for (int i=1;i<=m;i++) {
        scanf("%s%d%d",s,&L,&R);
        if (type) change_lr();
        if (s[0]=='C') {
            T1.change(1,1,n,L,R,0,1);      //a=0 b=1
            T2.change(1,1,n,L,R,-1,2);     //a=-1 b=2
            if (R!=n) {
                ll nn=R-L+1;
                T2.change(1,1,n,R+1,R+1,-nn*nn%p,0);
            }
        }
        else {
            ll ans=(T1.ask(1,1,n,L,R,0,0)+T2.ask(1,1,n,L,R,0,0,0))%p;
            ans=(ans*inv2%p+p)%p;
            lastans=ans%p;
            printf("%lld\n",ans);    
        }
    }
    return 0;
}

Enzymii解

预处理 $mul[j]=\sum_{i=1}^{j}{i*(i+1) \over 2}$

分块（有点像块状链表）
code看不大懂，总的来说也是维护等差数列的首项和公差

zyz解

首先我们观察一下 $i(i+1) \over 2$ ，并且差分一下
有兴趣的可以看一下差分序列的相关资料

1   3   6   10  15 
  2   3   4   5
    1   1   1

可以发现， $i(i+1) \over 2$ 是一个二阶等差数列
我们用线段树维护一阶首项，二阶首项，二阶公差
如果打标记时发生了标记覆盖，直接对应相加即可

看一下如何计算序列中的第 $pos$ 项：
$a_1+b_1*pos+{pos(pos-1) \over 2}*d$