Bzoj5294/洛谷P4428 [Bjoi2018]二进制（线段树）
作者：互联网
题面
题解
考虑一个什么样的区间满足重组之后可以变成\(3\)的倍数。不妨设\(tot\)为一个区间内\(1\)的个数。如果\(tot\)是个偶数，则这个区间一定是\(3\)的倍数，接着考虑奇数的情况。
如果只有\(1\)个\(1\)，那么无论如何都不行，只需考虑\(3\)个\(1\)的情况，因为其他的\(1\)可以看做偶数个\(1\)的情况。不难发现，当只有\(3\)个\(1\)的时候，我们需要有至少\(2\)个\(0\)，接着就可以用线段树来维护了。
我们考虑记录三个数组，\(sum[4][3], lx[4][3], rx[4][3]\)，分别表示区间中的总的方案数，包含左端点的方案数，包含右端点的方案数。
而对于后面的二维数组，第一位表示包含\(1\)的个数，分别表示有零个\(1\)，一个\(1\)，有偶数（大于\(0\)）个\(1\)，有奇数（大于\(1\)）个一
二位表示\(0\)的个数，分别表示有零个\(0\)，一个\(0\)，以及两个及以上个\(0\)
比如说\(sum[2][1]\)就是表示，当前区间中，包含有偶数个\(1\)，并且有且仅有一个\(0\)的子区间的个数。
接着的难点就是写\(pushup\)了，可以参考代码。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using std::min; using std::max;
using std::sort; using std::swap;
typedef long long ll;
template<typename T>
void read(T &x) {
int flag = 1; x = 0; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') flag = -flag; ch = getchar(); }
while(ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); x *= flag;
}
const int N = 1e5 + 10;
int n, m, x, l, r, opt, a[N];
inline int get1(int x) { return (x <= 1) ? x : (x % 2 + 2); }
inline int get0(int x) { return (x <= 1) ? x : 2; }
struct Matrix {
ll cnt[2], sum[4][3], lx[4][3], rx[4][3];
Matrix operator + (const Matrix & a) const {
Matrix ret, lc = *this, rc = a;
ret.cnt[0] = lc.cnt[0] + rc.cnt[0];
ret.cnt[1] = lc.cnt[1] + rc.cnt[1];
for(int i = 0; i < 4; ++i)
for(int j = 0; j < 3; ++j) {
ret.sum[i][j] = lc.sum[i][j] + rc.sum[i][j];
ret.lx[i][j] = lc.lx[i][j], ret.rx[i][j] = rc.rx[i][j];
}
for(int i1 = 0; i1 < 4; ++i1)
for(int i0 = 0; i0 < 3; ++i0)
if(lc.rx[i1][i0]) {
ll x = lc.rx[i1][i0];
for(int j1 = 0; j1 < 4; ++j1)
for(int j0 = 0; j0 < 3; ++j0)
if(rc.lx[j1][j0]) {
ll y = rc.lx[j1][j0];
ret.sum[get1(i1 + j1)][get0(i0 + j0)] += x * y;
}
}
int lc0 = lc.cnt[0], lc1 = lc.cnt[1];
int rc0 = rc.cnt[0], rc1 = rc.cnt[1];
for(int i = 0; i < 4; ++i)
for(int j = 0; j < 3; ++j) {
ret.lx[get1(lc1 + i)][get0(lc0 + j)] += rc.lx[i][j];
ret.rx[get1(rc1 + i)][get0(rc0 + j)] += lc.rx[i][j];
}
return ret;
}
} t[N << 2];
inline void pushup(int o, int lc, int rc) { t[o] = t[lc] + t[rc]; }
void build(int o = 1, int l = 1, int r = n) {
if(l == r) {
int x = (a[l] == 1), y = (a[l] == 0);
t[o].cnt[0] = y, t[o].cnt[1] = x;
t[o].sum[x][y] = t[o].lx[x][y] = t[o].rx[x][y] = 1;
return ;
} int mid = (l + r) >> 1, lc = o << 1, rc = lc | 1;
build(lc, l, mid), build(rc, mid + 1, r), pushup(o, lc, rc);
}
void modify(int k, int o = 1, int l = 1, int r = n) {
if(l == r) {
int x = t[o].cnt[1], y = t[o].cnt[0];
t[o].sum[x][y] = t[o].lx[x][y] = t[o].rx[x][y] = 0;
swap(t[o].cnt[0], t[o].cnt[1]);
t[o].sum[y][x] = t[o].lx[y][x] = t[o].rx[y][x] = 1;
return ;
} int mid = (l + r) >> 1, lc = o << 1, rc = lc | 1;
if(k <= mid) modify(k, lc, l, mid);
else modify(k, rc, mid + 1, r);
pushup(o, lc, rc);
}
Matrix query(int ql, int qr, int o = 1, int l = 1, int r = n) {
if(l >= ql && r <= qr) return t[o];
int mid = (l + r) >> 1, lc = o << 1, rc = lc | 1;
if(qr <= mid) return query(ql, qr, lc, l, mid);
else if(ql > mid) return query(ql, qr, rc, mid + 1, r);
else return query(ql, qr, lc, l, mid) + query(ql, qr, rc, mid + 1, r);
}
int main () {
read(n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]);
read(m), build(); Matrix ans; ll ret;
while(m--) {
read(opt);
if(opt == 1) read(x), modify(x);
else {
read(l), read(r), ans = query(l, r), ret = 0;
ret = ans.sum[0][0] + ans.sum[0][1] + ans.sum[0][2]
+ ans.sum[2][0] + ans.sum[2][1] + ans.sum[2][2]
+ ans.sum[3][2];
printf("%lld\n", ret);
}
}
return 0;
}标签：std,Bjoi2018,ch,洛谷,lc,mid,P4428,using,ql 来源： https://www.cnblogs.com/water-mi/p/10350483.html