BZOJ 1798: [Ahoi2009]Seq 维护序列seq( 线段树 )

线段树..

打个 mul , add 的标记就好了..

这个速度好像还挺快的...( 相比我其他代码 = = ) 好像是#35.. 

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#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<vector>
 
#define rep( i , n ) for( int i = 0 ; i < n ; ++i )
#define clr( x , c ) memset( x , c , sizeof( x ) )
#define Rep( i , n ) for( int i = 1 ; i <= n ; ++i )
#define L( x ) ( x << 1 )
#define R( x ) ( L( x ) ^ 1 )
#define mid( l , r ) ( ( l + r ) >> 1 )
#define LC( x ) tree[ L( x ) ]
#define RC( x ) tree[ R( x ) ]
 
using namespace std;
 
const int maxn = 100000 + 5;
 
int mod;
 
struct Node {
int l , r , mul , add , sum;
Node() : mul( 1 ) , add( 0 ) {} 
};
 
Node tree[ maxn << 2 ];
 
void pushdown( int x ) {
Node &o = tree[ x ];
if( o.mul >= 0 ) {
LC( x ).mul = 1LL * o.mul * LC( x ).mul % mod;
RC( x ).mul = 1LL * o.mul * RC( x ).mul % mod;
LC( x ).add = 1LL * LC( x ).add * o.mul % mod;
RC( x ).add = 1LL * RC( x ).add * o.mul % mod;
o.mul = 1;
}
if( o.add ) {
LC( x ).add = ( LC( x ).add + o.add ) % mod;
RC( x ).add = ( RC( x ).add + o.add ) % mod;
o.add = 0;
}
}
 
void maintain( int x ) {
Node &o = tree[ x ];
if( o.r > o.l )
   o.sum = LC( x ).sum + RC( x ).sum;
o.sum = ( 1LL * o.sum * o.mul + 1LL * o.add * ( o.r - o.l + 1 ) ) % mod;
if( o.l == o.r ) 
   o.mul = 1 , o.add = 0;
}
 
int L , R , v , op;
 
void update( int x ) {
Node &o = tree[ x ];
if( L <= o.l && o.r <= R ) {
if( op == 1 ) {
   o.mul = 1LL * o.mul * v % mod;
   o.add = 1LL * o.add * v % mod;
} else 
   o.add = ( o.add + v ) % mod;
} else {
pushdown( x );
int m = mid( o.l , o.r );
if( L <= m ) update( L( x ) ); else maintain( L( x ) );
if( m < R ) update( R( x ) ); else maintain( R( x ) );
}
maintain( x );
}    
 
int query( int x ) {
Node &o = tree[ x ];
if( L <= o.l && o.r <= R )
   return o.sum;
int m = mid( o.l , o.r );
int ans = 0;
pushdown( x );
maintain( L( x ) );
maintain( R( x ) );
if( L <= m ) ans = query( L( x ) );
if( m < R ) ans += query( R( x ) );
return ans % mod;
}
 
int seq[ maxn ];
 
void build( int x , int l , int r ) {
Node &o = tree[ x ];
o.l = l , o.r = r;
if( l == r ) {
o.sum = seq[ l ];
return;
}
int m = mid( l , r );
build( L( x ) , l , m );
build( R( x ) , m + 1 , r );
maintain( x );
}
 
int main() {
freopen( "test.in" , "r" , stdin );
int n;
cin >> n >> mod;
Rep( i , n )
   scanf( "%d" , seq + i );
   
build( 1 , 1 , n );
int m;
cin >> m;
while( m-- ) {
scanf( "%d%d%d" , &op , &L , &R );
if( op == 3 ) printf( "%d\n" , query( 1 ) );
   else {
scanf( "%d" , &v );
update( 1 );
}
}
return 0;
}

  

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1798: [Ahoi2009]Seq 维护序列seq

Time Limit: 30 Sec  Memory Limit: 64 MB
Submit: 3347  Solved: 1240
[Submit][Status][Discuss]

Description

老师交给小可可一个维护数列的任务,现在小可可希望你来帮他完成。 有长为N的数列,不妨设为a1,a2,…,aN 。有如下三种操作形式: (1)把数列中的一段数全部乘一个值; (2)把数列中的一段数全部加一个值; (3)询问数列中的一段数的和,由于答案可能很大,你只需输出这个数模P的值。

Input

第一行两个整数N和P(1≤P≤1000000000)。第二行含有N个非负整数,从左到右依次为a1,a2,…,aN, (0≤ai≤1000000000,1≤i≤N)。第三行有一个整数M,表示操作总数。从第四行开始每行描述一个操作,输入的操作有以下三种形式: 操作1:“1 t g c”(不含双引号)。表示把所有满足t≤i≤g的ai改为ai×c (1≤t≤g≤N,0≤c≤1000000000)。 操作2:“2 t g c”(不含双引号)。表示把所有满足t≤i≤g的ai改为ai+c (1≤t≤g≤N,0≤c≤1000000000)。 操作3:“3 t g”(不含双引号)。询问所有满足t≤i≤g的ai的和模P的值 (1≤t≤g≤N)。 同一行相邻两数之间用一个空格隔开,每行开头和末尾没有多余空格。

Output

对每个操作3,按照它在输入中出现的顺序,依次输出一行一个整数表示询问结果。

Sample Input

7 43
1 2 3 4 5 6 7
5
1 2 5 5
3 2 4
2 3 7 9
3 1 3
3 4 7

Sample Output

2
35
8

HINT

【样例说明】

初始时数列为(1,2,3,4,5,6,7)。
经过第1次操作后,数列为(1,10,15,20,25,6,7)。
对第2次操作,和为10+15+20=45,模43的结果是2。
经过第3次操作后,数列为(1,10,24,29,34,15,16}
对第4次操作,和为1+10+24=35,模43的结果是35。
对第5次操作,和为29+34+15+16=94,模43的结果是8。



测试数据规模如下表所示

数据编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
N= 10 1000 1000 10000 60000 70000 80000 90000 100000 100000
M= 10 1000 1000 10000 60000 70000 80000 90000 100000 100000

Source

 

posted @ 2015-06-11 12:30  JSZX11556  阅读(202)  评论(0编辑  收藏  举报