洛谷 P5608 [Ynoi2013] 文化课
作者：互联网
Chimuzu 手上有一个数字序列 \(\{a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}\}\) 和一个运算符序列 \(\{p_{1},p_{2},\ldots,p_{n-1}\}\)。其中 \(p_{i}\) 只能为 \(+\) 或 \(\times\)。
我们定义一个区间 \([l,r]\) 的权值 \(w(l,r)\) 为将字符串
\[a_{l}~p_{l}~a_{l+1}~p_{l+1} \cdots a_{r-1}~p_{r-1}~a_{r} \]写下来之后，按照运算符的优先级计算出的结果。
下面给出一个运算的例子：
若 \(a=\{1,3,5,7,9,11\}\)，\(p=\{+,\times,\times,+,\times\}\)，那么有：
\[w(1,6)=1+3\times 5\times 7+9\times 11=205 \]\[w(3,6)=5\times 7+9\times 11=134 \]Chimuzu 需要你对这两个序列进行修改，同时查询某个给定区间的权值。
你需要维护这 \(3\) 个操作：
操作一：给定 \(l,r,x\)，将\(a_{l},a_{l+1},\ldots,a_{r}\) 全部修改成 \(x\)。
操作二：给定 \(l,r,y\)：将 \(p_{l},p_{l+1},\ldots,p_{r}\) 全部修改成 \(y\)，\(0\) 表示 \(+\)，\(1\) 表示 \(\times\)。
操作三：给定 \(l,r\)：查询 \(w(l,r) \bmod 1000000007\) 的值。
\(n,m\leq 100000\)，\(1\leq a_{i},x\lt 2^{32}\)，\(a_{i},x\) 均为奇数，\(p_{i},y\in\{0,1\}\)，\(1\leq l\leq r\leq n\)，所有操作 \(2\) 还满足 \(r\lt n\)。时限为 3s
首先我们发现这个东西非常可以线段树维护，考虑合并两个区间 \([l,mid],[mid+1,r]\) ，如果是加法就直接加起来；如果是乘法，收到乘法影响的只有左区间的一段后缀和右区间的一段前缀乘积，把这两段乘起来再加上剩下的贡献就是这个区间的答案。
然后考虑区间修改符号，发现这个区间变成了区间和或者区间乘积，那么多维护一下区间和、乘积就可以了。
最后是区间修改数，改完数之后这段区间的数都一样了，所以新的区间变成了若干个连乘段的和。而我们注意到 \(1+2+3+\dots\sqrt{n}=n\) ，所以本质不同的连乘段只有 \(\sqrt{len}\) 个，于是我们记录每种长度为 \(d_i\) 段的个数 \(ds_i\) ，就可以直接计算 \(\sum_{i=1}^{cnt}ds_ix^{d_i}\) 来更新答案，这样子复杂度是 \(O(n\sqrt{n})\) 的。
然后你会发现，要计算这个式子需要快速幂，而如果直接快速幂的话一定会使复杂度多一个 \(\log\) ，而这题光速幂的空间开不下，所以我们考虑对 \(d\) 排好序之后 \(x^i\) 从 \(i-1\) 快速幂过来，这样子复杂度会去掉这个 \(\log\) ，我们来证明一下（这里分析上界）。
现在我们有这个方程组：
\[\begin{cases}\sum_{i=1}^{cnt}x_i=n\\\sum_{i=1}^{cnt}\log(x_i-x_{i-1})\le O(\sqrt{n})\end{cases} \]设 \(C_i=x_i-x_{i-1}\) ，那么变成：
\[\begin{cases}\sum_{i=1}^{cnt}C_i\times i=n\\\sum_{i=1}^{cnt}\log(C_i)\le O(\sqrt{n})\end{cases} \]然后有：
\[\begin{cases}\sum_{i=1}^{cnt}C_i\times i=n\\log(\prod_{i=1}^{cnt}C_i)\le O(\sqrt{n})\end{cases} \]对\(\sum_{i=1}^{cnt}C_i\times i\)取均值不等式有：
\[cnt!\prod_{i=1}^{cnt}C_i\le (\frac{\sum_{i=1}^{cnt}C_i\times i}{cnt})^{cnt}=(\frac{n}{cnt})^{cnt} \]两边取 \(\log\) 有：
\[\log(\prod_{i=1}^{cnt}C_i)\le cnt\log n -cnt\log{cnt}-\log(cnt!) \]因为斯特林近似有 \(n!\approx\sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e})^n\) ，于是 \(\log(cnt!)=\frac{1}{2}\log {2\pi}+\frac{1}{2}\log{cnt}+cnt\log{cnt}-cnt\) ，带回原式得：
\[\log(\prod_{i=1}^{cnt}C_i)\le cnt\log n-\frac{1}{2}\log {2\pi}-\frac{1}{2}\log{cnt}-2cnt\log{cnt}+cnt \]最大值也就是右式的最大值，舍掉部分小量和常数，那么就有一个 \(y\) 关于 \(cnt\) 的方程：
\[y=cnt\log n-2cnt\log{cnt}+cnt \]求导之后可以得到最大值是 \(\le \sqrt{n}\) 的，于是上面的结论得证。
而至于有序，合并两个区间的时候归并就可以了。
Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
const int N = 1e5;
const int M = 317;
const int p = 1e9 + 7;
using namespace std;
int a[N + 5],opt[N + 5],n,m,t[N + 5];
vector <int>::iterator it;
struct node
{
int sm,ans,mul,ls,rs,ll,rr,opt,lx,rx;
vector <int> d,ds;
void init(int x,int op)
{
sm = ans = mul = ls = rs = lx = rx = x;
opt = op;
ll = rr = 1;
}
};
int mypow(int a,int x){int s = 1;for (;x;x & 1 ? s = 1ll * s * a % p : 0,a = 1ll * a * a % p,x >>= 1);return s;}
struct Seg
{
node s[N * 4 + 5];
int tag[N * 4 + 5],st[N * 4 + 5];
#define zrt k << 1
#define yrt k << 1 | 1
void upd(node &s,node x,node y,int l,int mid,int r)
{
s.ll = x.ll;
s.rr = y.rr;
s.ls = x.ls;
s.rs = y.rs;
s.rx = y.rx;
s.lx = x.lx;
s.opt = y.opt;
s.d.clear();
s.ds.clear();
if (x.opt)
{
s.ans = ((1ll * x.rs * y.ls % p + (x.ans - x.rs) % p) % p + (y.ans - y.ls) % p) % p;
if (x.ll == mid - l + 1)
s.ls = 1ll * x.ls * y.ls % p,s.ll += y.ll;
if (y.rr == r - mid)
s.rs = 1ll * y.rs * x.rs % p,s.rr += x.rr;
s.sm = (x.sm + y.sm) % p;
s.mul = 1ll * x.mul * y.mul % p;
}
else
{
s.ans = (x.ans + y.ans) % p;
s.sm = (x.sm + y.sm) % p;
s.mul = 1ll * x.mul * y.mul % p;
}
int j = 0,vis = (!x.opt),now = x.rr + y.ll;
for (int i = 0;i < x.d.size();i++)
{
if (x.rr == x.d[i] && x.opt)
{
x.ds[i]--;
if (!x.ds[i])
continue;
}
while (j < y.d.size())
{
if (y.d[j] > x.d[i])
break;
if (y.ll == y.d[j] && x.opt)
{
y.ds[j]--;
if (!y.ds[j])
{
j++;
continue;
}
}
if (!vis && now <= y.d[j])
{
if (!s.d.size())
s.d.push_back(now),s.ds.push_back(1);
else
if (s.d[s.d.size() - 1] == now)
s.ds[s.d.size() - 1]++;
else
s.d.push_back(now),s.ds.push_back(1);
vis = 1;
}
if (!s.d.size())
s.d.push_back(y.d[j]),s.ds.push_back(y.ds[j]);
else
if (s.d[s.d.size() - 1] == y.d[j])
s.ds[s.d.size() - 1] += y.ds[j];
else
s.d.push_back(y.d[j]),s.ds.push_back(y.ds[j]);
j++;
}
if (!vis && now <= x.d[i])
{
if (!s.d.size())
s.d.push_back(now),s.ds.push_back(1);
else
if (s.d[s.d.size() - 1] == now)
s.ds[s.d.size() - 1]++;
else
s.d.push_back(now),s.ds.push_back(1);
vis = 1;
}
if (!s.d.size())
{
s.d.push_back(x.d[i]);
s.ds.push_back(x.ds[i]);
}
else
if (s.d[s.d.size() - 1] == x.d[i])
s.ds[s.d.size() - 1] += x.ds[i];
else
s.d.push_back(x.d[i]),s.ds.push_back(x.ds[i]);
}
while (j < y.d.size())
{
if (y.ll == y.d[j] && x.opt)
{
y.ds[j]--;
if (!y.ds[j])
{
j++;
continue;
}
}
if (!vis && now <= y.d[j])
{
if (!s.d.size())
s.d.push_back(now),s.ds.push_back(1);
else
if (s.d[s.d.size() - 1] == now)
s.ds[s.d.size() - 1]++;
else
s.d.push_back(now),s.ds.push_back(1);
vis = 1;
}
if (!s.d.size())
s.d.push_back(y.d[j]),s.ds.push_back(y.ds[j]);
else
if (s.d[s.d.size() - 1] == y.d[j])
s.ds[s.d.size() - 1] += y.ds[j];
else
s.d.push_back(y.d[j]),s.ds.push_back(y.ds[j]);
j++;
}
if (!vis)
s.d.push_back(now),s.ds.push_back(1);
}
void upd2(node &s,node x,node y,int l,int mid,int r)
{
s.ll = x.ll;
s.rr = y.rr;
s.ls = x.ls;
s.rs = y.rs;
s.rx = y.rx;
s.lx = x.lx;
s.opt = y.opt;
if (x.opt)
{
s.ans = ((1ll * x.rs * y.ls % p + (x.ans - x.rs) % p) % p + (y.ans - y.ls) % p) % p;
if (x.ll == mid - l + 1)
s.ls = 1ll * x.ls * y.ls % p,s.ll += y.ll;
if (y.rr == r - mid)
s.rs = 1ll * y.rs * x.rs % p,s.rr += x.rr;
s.sm = (x.sm + y.sm) % p;
s.mul = 1ll * x.mul * y.mul % p;
}
else
{
s.ans = (x.ans + y.ans) % p;
s.sm = (x.sm + y.sm) % p;
s.mul = 1ll * x.mul * y.mul % p;
}
}
node upd1(node x,node y,int l,int mid,int r)
{
if (x.opt)
{
x.ans = ((1ll * x.rs * y.ls % p + (x.ans - x.rs) % p) % p + (y.ans - y.ls) % p) % p;
if (x.ll == mid - l + 1)
x.ls = 1ll * x.ls * y.ls % p,x.ll += y.ll;
if (y.rr == r - mid)
x.rs = 1ll * y.rs * x.rs % p,x.rr += y.rr;
else
x.rs = y.rs,x.rr = y.rr;
x.sm = (x.sm + y.sm) % p;
x.mul = 1ll * x.mul * y.mul % p;
}
else
{
x.ans = (x.ans + y.ans) % p;
x.sm = (x.sm + y.sm) % p;
x.mul = 1ll * x.mul * y.mul % p;
x.rs = y.rs;
x.rr = y.rr;
}
x.rx = y.rx;
x.opt = y.opt;
return x;
}
void build(int k,int l,int r)
{
tag[k] = st[k] = -1;
if (l == r)
{
s[k].init(a[l],opt[l]);
s[k].d.push_back(1);
s[k].ds.push_back(1);
return;
}
int mid = l + r >> 1;
build(zrt,l,mid);
build(yrt,mid + 1,r);
upd(s[k],s[zrt],s[yrt],l,mid,r);
}
void cha(int k,int l,int r,int z)
{
if (z == 0)
{
s[k].ans = s[k].sm;
s[k].ls = s[k].lx;
s[k].rs = s[k].rx;
s[k].ll = s[k].rr = 1;
s[k].d.clear();
s[k].ds.clear();
s[k].d.push_back(1);
s[k].ds.push_back(r - l + 1);
}
else
{
s[k].ans = s[k].mul;
s[k].ls = s[k].rs = s[k].mul;
s[k].ll = s[k].rr = r - l + 1;
s[k].d.clear();
s[k].ds.clear();
s[k].d.push_back(r - l + 1);
s[k].ds.push_back(1);
}
tag[k] = z;
s[k].opt = z;
}
void chan(int k,int l,int r,int z)
{
s[k].lx = s[k].rx = z;
st[k] = z;
int res = mypow(z,s[k].d[0]);
s[k].ans = 1ll * s[k].ds[0] * res % p;
for (int i = 1;i < s[k].d.size();i++)
{
res = 1ll * res * mypow(z,s[k].d[i] - s[k].d[i - 1]) % p;
s[k].ans = (s[k].ans + 1ll * s[k].ds[i] * res % p) % p;
}
s[k].ls = mypow(z,s[k].ll);
s[k].rs = mypow(z,s[k].rr);
s[k].mul = mypow(z,r - l + 1);
s[k].sm = 1ll * z * (r - l + 1) % p;
}
void pushdown(int k,int l,int r,int mid)
{
if (st[k] != -1)
{
chan(zrt,l,mid,st[k]);
chan(yrt,mid + 1,r,st[k]);
st[k] = -1;
}
if (tag[k] != -1)
{
cha(zrt,l,mid,tag[k]);
cha(yrt,mid + 1,r,tag[k]);
tag[k] = -1;
}
}
node query(int k,int l,int r,int x,int y)
{
if (l >= x && r <= y)
return s[k];
int mid = l + r >> 1;
pushdown(k,l,r,mid);
if (x > mid)
return query(yrt,mid + 1,r,x,y);
if (y <= mid)
return query(zrt,l,mid,x,y);
return upd1(query(zrt,l,mid,x,y),query(yrt,mid + 1,r,x,y),l,mid,r);
}
void modify1(int k,int l,int r,int x,int y,int z)
{
if (l >= x && r <= y)
{
cha(k,l,r,z);
return;
}
int mid = l + r >> 1;
pushdown(k,l,r,mid);
if (x <= mid)
modify1(zrt,l,mid,x,y,z);
if (y > mid)
modify1(yrt,mid + 1,r,x,y,z);
upd(s[k],s[zrt],s[yrt],l,mid,r);
}
void modify2(int k,int l,int r,int x,int y,int z)
{
if (l >= x && r <= y)
{
chan(k,l,r,z);
return;
}
int mid = l + r >> 1;
pushdown(k,l,r,mid);
if (x <= mid)
modify2(zrt,l,mid,x,y,z);
if (y > mid)
modify2(yrt,mid + 1,r,x,y,z);
upd2(s[k],s[zrt],s[yrt],l,mid,r);
}
}tree;
inline long long read()
{
long long X(0);int w(0);char ch(0);
while (!isdigit(ch)) w |= ch == '-',ch = getchar();
while (isdigit(ch)) X = (X << 3) + (X << 1) + (ch ^ 48),ch = getchar();
return w ? -X : X;
}
int main()
{
n = read();m = read();
long long x;
for (int i = 1;i <= n;i++)
{
x = read();
a[i] = x % p;
}
for (int i = 1;i < n;i++)
opt[i] = read();
tree.build(1,1,n);
int op,l,r;
node ans;
while (m--)
{
op = read();l = read();r = read();
if (op == 3)
{
ans = tree.query(1,1,n,l,r);
printf("%d\n",(ans.ans + p) % p);
}
else
if (op == 2)
{
x = read();
tree.modify1(1,1,n,l,r,x);
}
else
{
x = read();
x %= p;
tree.modify2(1,1,n,l,r,x);
}
}
return 0;
}
标签：cnt,洛谷,log,int,Ynoi2013,P5608,mid,times,ds 来源： https://www.cnblogs.com/sdlang/p/14273835.html