BZOJ 2752: [HAOI2012]高速公路(road) [线段树 期望]

2752: [HAOI2012]高速公路(road)

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Description

Y901高速公路是一条重要的交通纽带,政府部门建设初期的投入以及使用期间的养护费用都不低,因此政府在这条高速公路上设立了许多收费站。
Y901高速公路是一条由N-1段路以及N个收费站组成的东西向的链,我们按照由西向东的顺序将收费站依次编号为1~N,从收费站i行驶到i+1(或从i+1行驶到i)需要收取Vi的费用。高速路刚建成时所有的路段都是免费的。
政府部门根据实际情况,会不定期地对连续路段的收费标准进行调整,根据政策涨价或降价。
无聊的小A同学总喜欢研究一些稀奇古怪的问题,他开车在这条高速路上行驶时想到了这样一个问题:对于给定的l,r(l<r),在第l个到第r个收费站里等概率随机取出两个不同的收费站a和b,那么从a行驶到b将期望花费多少费用呢?

Input

第一行2个正整数N,M,表示有N个收费站,M次调整或询问
接下来M行,每行将出现以下两种形式中的一种
C l r v 表示将第l个收费站到第r个收费站之间的所有道路的通行费全部增加v
Q l r   表示对于给定的l,r,要求回答小A的问题
所有C与Q操作中保证1<=l<r<=N

Output

对于每次询问操作回答一行,输出一个既约分数
若答案为整数a,输出a/1

Sample Input

4 5
C 1 4 2
C 1 2 -1
Q 1 2
Q 2 4
Q 1 4

Sample Output

1/1
8/3
17/6

HINT

数据规模

所有C操作中的v的绝对值不超过10000

在任何时刻任意道路的费用均为不超过10000的非负整数

所有测试点的详细情况如下表所示

Test N M

10 =100000 =100000


 

期望恐惧症.............然而本题还是能做的

边权转点权

直接用定义,只要求所有选择的费用和/((qr-ql+1)*(qr-ql)/2)就行了

然后想到vi的前缀和,列出式子来考虑每个前缀和的贡献,发现可搞...然后意识到前缀和更新起来费劲了..........

其实直接考虑每个vi的贡献就行了,就是vi*(i-l+1)*(r-i),注意是边权

化简后vi*i*(l+r-1)-vi*i^2+vi*i*(r-l*r)

线段树维护vi和vi*i和vi*i^2

不要忘了平方数列的求和公式

注意:

1.因为是边权,所以vi*(i-l+1)*(r-i)中的vi最多到v[r-1],而不能直接qr--!!!

2.n*n可能爆int啊啊啊啊啊啊啊啊啊

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define lc x<<1
#define rc x<<1|1
#define m ((l+r)>>1)
#define lson x<<1,l,m
#define rson x<<1|1,m+1,r
const int N=1e5+5;
typedef long long ll;
inline int read(){
    char c=getchar();int x=0,f=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}
int n,Q;
ll ql,qr,v;
char s[N];
struct node{
    int add;
    ll s[3];
}t[N<<2];
inline void merge(int x){
    for(int i=0;i<3;i++) t[x].s[i]=t[lc].s[i]+t[rc].s[i];
}
inline ll cal(ll l,ll r){return (ll)r*(r+1)*(2*r+1)/6-(ll)(l-1)*l*(2*l-1)/6;}
inline void paint(int x,int l,int r,ll d){
    ll len=r-l+1;
    t[x].add+=d;
    t[x].s[0]+=(ll)len*d;
    t[x].s[1]+=(ll)len*(l+r)/2*d;
    t[x].s[2]+=cal(l,r)*d;
}
inline void pushDown(int x,int l,int r){
    if(t[x].add){
        paint(lson,t[x].add);
        paint(rson,t[x].add);
        t[x].add=0;
    }
}
void build(int x,int l,int r){
    if(l==r) paint(x,l,r,0);
    else{
        build(lson);
        build(rson);
        merge(x);
    }
}
void segAdd(int x,int l,int r,int ql,int qr,ll d){
    if(ql<=l&&r<=qr) paint(x,l,r,d);
    else{
        pushDown(x,l,r);
        if(ql<=m) segAdd(lson,ql,qr,d);
        if(m<qr) segAdd(rson,ql,qr,d);
        merge(x);
    }
}
ll segQue(int x,int l,int r,int ql,int qr,int k){
    if(ql<=l&&r<=qr) return t[x].s[k];
    else{
        pushDown(x,l,r);
        ll ans=0;
        if(ql<=m) ans+=segQue(lson,ql,qr,k);
        if(m<qr) ans+=segQue(rson,ql,qr,k);
        return ans;
    }
}
inline ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}

int main(){
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    n=read();Q=read();
    build(1,1,n-1);
    while(Q--){
        scanf("%s",s);ql=read();qr=read();
        if(s[0]=='C') v=read(),segAdd(1,1,n,ql,qr-1,v);
        else{
            ll a=segQue(1,1,n,ql,qr-1,0)*(qr-ql*qr)+segQue(1,1,n,ql,qr-1,1)*(ql+qr-1)-segQue(1,1,n,ql,qr-1,2);
            ll b=((qr-ql+1)*(qr-ql)/2);
            ll g=gcd(a,b);//printf("hi %lld %lld %lld\n",a,b,g);
            printf("%lld/%lld\n",a/g,b/g);
        }
    }
}

 

 

 

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posted @ 2017-01-11 20:59  Candy?  阅读(314)  评论(0编辑  收藏  举报