题解：[COTS 2024] 双双决斗 Dvoboj

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题意分析

首先注意到一个非常特殊的性质，区间查询形如 \(\left[l,l+2^k-1\right]\)，长度为 \(2^k\)。

其次，单点修改很简单，区间查询较为复杂。

所以，考虑使用相关数据结构和算法维护。

考虑 ST 表，这可以很好的维护长度为 \(2^k\) 的区间信息。记 \(\left[l,l+2^k-1\right]\) 的答案为 \(\textit{st}_{l,k}\)。在操作之前，使用普通 ST 表 \(\mathcal O(n\log n)\) 预处理。

但是，ST 表是静态的，单点修改后重构的复杂度为 \(\mathcal O(n)\)。（并非 \(\mathcal O(n\log n)\)，设修改 \(x\)，则信息包含 \(x\) 的点的区间 \([x-2^i+1,x]\) 需要满足 \(i\leq\log n\)，数量即 \(\mathcal O(1+2+4+\cdots+n)=\mathcal O(n)\)。）

因此，考虑复杂度均摊，考虑分治。设块长 \(2^B\)，并进行阈值分治。

单点修改重构后，处理 \(\textit{st}_{x,k}\) 时，我们仅处理 \(k\leq B\) 的情况，复杂度 \(\mathcal O\left(2^B\right)\)。

查询时，设 \(\textit{query}(x,k)\) 表示答案。

• 若 \(\textit{query}(x,k)\) 满足 \(k\leq B\)，则直接查询 \(\textit{st}_{x,k}\)。

• 否则有：

  \[\textit{query}(x,k)=\vert\textit{query}(x,k-1)-\textit{query}(x+2^{k-1},k-1)\vert \]

  这样的复杂度是 \(\mathcal O\left(\dfrac{n}{2^B}\right)\)。

  因为考虑到会递归 \(k-B\) 层，即 \(\mathcal O(\log n-B)\) 层。每一层都是双分支，复杂度即 \(\mathcal O\left(2^{\log n-B}\right)=\mathcal O\left(\dfrac n{2^B}\right)\)。

取 \(B=\mathcal O\left(\dfrac{1}{2}\log n\right)\)，可得最优复杂度。总复杂度为 \(\mathcal O\left(n\log n+q\sqrt n\right)\)。

AC 代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm> 
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
typedef long long ll;
constexpr const int N=200000;
int n,a[N+1],st[N+1][__lg(N+1)+1];
int B;
void stPre(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		st[i][0]=a[i];
	}
	for(int i=1;(1<<i)<=n;i++){
		for(int x=1;x+(1<<i)-1<=n;x++){
			st[x][i]=abs(st[x][i-1]-st[x+(1<<i-1)][i-1]);
		}
	}
}
void change(int p,int r){
	st[p][0]=a[p]=r;
	for(int i=1;i<=B;i++){
		for(int x=max(p-(1<<i)+1,1);x<=p&&x+(1<<i)-1<=n;x++){
			st[x][i]=abs(st[x][i-1]-st[x+(1<<i-1)][i-1]);
		}
	}
}
int query(int l,int k){
	if(k<=B){
		return st[l][k];
	}else{
		return abs(query(l,k-1)-query(l+(1<<k-1),k-1));
	}
}
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	int q;
	cin>>n>>q;
	B=__lg(n)>>1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	stPre();
	while(q--){
		int op,x,y;
		cin>>op>>x>>y;
		switch(op){
			case 1:
				change(x,y);
				break;
			case 2:
				cout<<query(x,y)<<'\n';
				break;
		}
	}
	
	cout.flush();
	
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}