【纪中集训2019.3.25】芬威克树
题目
描述
第一段代码正确第用\(k\)进制\(BIT\)维护了前缀和；
第二段代码由于写错了\(line \ 4\)，所以意义发生了改变；
维护第二段代码执行\(ADD(x,v)\)和\(QUERY(x)\)的答案；
范围
$1 \le n \le 10^9 \ , \ 1 \le q \le 2 \times 10^5 \ , \ 2 \le k \le 10^5 \ $ ;
题解
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首先不管如何变化，这都是一个树形结构；
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但是由于\(n\)较大，所以无法直接支持维护树链；
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设\(k = t \times 2 ^ p (t \% 2=1)\) ;
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对于\(v = x 2^y (x \% 2=1)\)；
- 1.当\(y \ge p\)时，执行ADD时\(v\)的最低位是不会改变的，同时由于\(x\)在\(t\)的意义下有逆元，所以\(v\)至多有一个满足$y\ge p $的儿子，即这些节点形成了很多条链；
- 2.当\(y<p\)时，执行一次加最低位值会让\(y++\),注意有可能最低位变化然后重新来过，但是最多有\(log_k n\)次，即这些点最多向上$log_k \ n \ \times p = log_{k} \ n \ log_2 \ k = log_2 \ n $ 次就会到1中的链上去;
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可以暴力\(HASH\)维护\(2\)，离散后用\(BIT\)维护\(1\) ;
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只需要找到\(1\)中的链的叶子，注意在链上每次的进位是确定的，为对最低位的高一位进1；
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链叶子满足\(x\)处于最低位，同时无法退位，所以形如:$ (2x+1) 2^p k^y \ , \ (y \ge 0 , 0 \le x \lt \frac{\frac{t}{2^p}-1}{2}) $即可;
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可以\(klog \ k\)倍增方便地找到这些位置；
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时间复杂度应该是：$k log_2 k + q (log_2 n + log_2 q +loq_2 k ) $ ; ？(似乎和出题人分析的有点不太一样。。。)
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orz 租酥雨
#include<bits/stdc++.h> #define pb push_back #define mk make_pair #define fi first #define se second #define ull unsigned long long #define il inline #define rg register using namespace std; const int N=200010,M=31; int n,m,k,MX,A,B,S,cnt,id; struct data{int op,x,y;}Q[N]; int f[N][M],bin[M]; pair<int,int>v1[N]; //map<int,int>mp1;//,mp2; vector<int>vec[N],val[N],v2[N]; ull pw[100]; il char gc(){ static char*p1,*p2,s[1000000]; if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin); return(p1==p2)?EOF:*p1++; } il int rd(){ int x=0;char c=gc(); while(c<'0'||c>'9')c=gc(); while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=gc(); return x; } const int sz=123451; struct Hash{ int o,hd[sz],nt[N*M],v[N*M],w[N*M]; int& operator [](const int&x){ int y=x%sz; for(rg int i=hd[y];i;i=nt[i]){ if(v[i]==x)return w[i]; } nt[++o]=hd[y],hd[y]=o,v[o]=x,w[o]=0; return w[o]; } }mp1,mp2; il void init(){ int iv2=A+1>>1; for(rg int i=1;i<A;++i){ if(i&1)f[i][0]=(ull)i*iv2%A; else f[i][0]=f[i>>1][0]; while((f[i][0]&1)==0)f[i][0]>>=1; } for(rg int i=1;i<MX;++i) for(rg int j=0;j<A;++j)f[j][i]=f[f[j][i-1]][i-1]; } il int get(int x,int y){ int t=x/k;x%=k;x>>=B; while(x&&((x&1)==0))x>>=1; for(rg int i=0;i<MX;++i)if(bin[i]&t)t^=bin[i],x=f[x][i]; x<<=B;x*=pw[y]; if(!mp1[x])return mp1[x]=++id; return mp1[x]; } il int inc(int&x,int&y,int c){while(x%c==0&&(x/=c))y++;} il void add(int x,int y,int z){for(;y<=vec[x].size();y+=y&-y)val[x][y]^=z;} il int ask(int x,int y){ int re=0; for(;y;y-=y&-y) re^=val[x][y]; return re; } il void upd(int x,int y,int z){ y=lower_bound(vec[x].begin(),vec[x].end(),y)-vec[x].begin()+1; add(x,y,z); } il int que(int x,int y){ if(vec[x].begin()==vec[x].end())return 0; y=lower_bound(vec[x].begin(),vec[x].end(),y+1)-vec[x].begin(); return ask(x,y); } char ps[1000000],*pp=ps; void flush(){fwrite(ps,1,pp-ps,stdout);} void push(char x){ if(pp==ps+1000000)fwrite(ps,1,1000000,stdout),pp=ps; *pp++=x; } void write(int x){ static int sta[N],top; if(!x){push('0');push('\n');return;} while(x)sta[++top]=x%10,x/=10; while(top)push(sta[top--]^'0'); push('\n'); } int main(){ freopen("fenwick.in","r",stdin); freopen("fenwick.out","w",stdout); n=rd();m=rd();k=rd(); for(rg int i=bin[0]=pw[0]=1;i<=30;++i){ bin[i]=bin[i-1]<<1; pw[i]=pw[i-1]*k; } inc(A=k,B=0,2);S=(1<<B)-1; MX=log2(n)+1;init(); for(rg int i=1,op,t,p;i<=m;++i){ Q[i].op=op=rd(); if(op&1){ Q[i].x=rd(),Q[i].y=rd(); inc(p=Q[i].x,t=0,k); while((p%k&S) && (ull)p*pw[t]<=n){ v2[i].pb(p*pw[t]); inc(p+=p%k,t,k); } if((ull)p*pw[t]<=n)vec[v1[i].fi=get(p,t)].pb(v1[i].se=p*pw[t]); }else Q[i].x=rd(); } for(rg int i=1;i<=id;++i){ sort(vec[i].begin(),vec[i].end()); unique(vec[i].begin(),vec[i].end()); for(int j=0;j<vec[i].size();++j)val[i].pb(0);val[i].pb(0); } for(rg int i=1,x,p,t;i<=m;++i){ if(Q[i].op&1){ for(int j=0;j<v2[i].size();++j)mp2[v2[i][j]]^=Q[i].y; if(v1[i].fi)upd(v1[i].fi,v1[i].se,Q[i].y); }else{ int ans=0;inc(p=Q[i].x,t=0,k); while(p){ if((p%k&S)==0)ans^=que(get(p,t),p*pw[t]); else ans^=mp2[p*pw[t]]; inc(p-=p%k,t,k); } // printf("%d\n",ans); write(ans); } } flush(); return 0; }
