线段树进阶
更新中
Problem 1
题目
给定两个长度为 \(n\) 序列 \(a,b\)，要求支持如下四个操作：
- 给定区间 \([l,r]\) 和一个整数 \(k\)，对于所有 \(i \in [l,r]\)，令 \(a_i \gets a_i + kb_i\)。
- 给定区间 \([l,r]\) 和两个整数 \(k, x\)，对于所有 \(i \in [l,r]\)，令 \(b_i \gets kb_i + x\)。
- 给定区间 \([l,r]\)，询问 \(\textstyle \sum_{i=l}^{r} a_i \bmod 998244353\)。
- 给定区间 \([l,r]\)，询问 \(\textstyle \sum_{i=l}^{r} b_i \bmod 998244353\)。
思路
观察两个修改操作，考虑对每个单个位置 \((a,b)\) 叠加修改，我们设计出一个统一的变换操作。于是我们很自然地得到标记 \(\{k_A, k_B, x_B\}\)，操作一可看做 \(\{k, 0, 0\}\)，操作二可看做 \(\{0, k, x\}\)，每次操作将 \((a,b)\) 变为 \((a + k_Ab, k_Bb + x_B)\)。
对于多个修改操作叠加在一起，我们并不知道两种操作的修改顺序，但是最终结果依然等效于做一次操作一再做一次操作二，只不过参数改变了。
但是随后我们又发现，如果真实顺序是先一步操作二后一步操作一，\(a\) 的最终结果漏掉了一个常数项。例如，假设对 \((a, b)\) 进行的操作为 2 l r k1 x1 和 1 l r k2，第一步得到 \((a, k_1b+x_1)\)，第二步期望得到 \((a + k_2k_1b + k_2x_1,k_1b+x_1)\)，但由于我们的标记没有给 \(a\) 留常数项，所以我们会漏掉 \(k_2x_1\) 这一项。
解决办法便是修改我们的标记，变成 \(\{k_A, x_A, k_B, x_B\}\)，操作一看做 \(\{k, 0, 0, 0\}\)，操作二看做 \(\{0, 0, k, x\}\)，每次操作将 \((a,b)\) 变为 \((a + k_Ab + x_A, k_Bb + x_B)\)。
下面我们考虑怎样合并两个标记。设 \(t_1 = \{ k_{A1}, x_{A1}, k_{B1}, x_{B1} \}\)，\(t_2 = \{ k_{A2}, x_{A2}, k_{B2}, x_{B2} \}\)。
对 \((a, b)\) 进行操作一，得到 \((a_1, b_1) = (a + k_{A1}b + x_{A1}, k_{B1}b + x_{B1})\)。
对 \((a_1, b_1)\) 进行操作二，得到 \((a_2, b_2) = (a_1 + k_{A2}b_1 + x_{A2}, k_{B2}b_1 + x_{B2})\)。
带入 \((a_1, b_1)\)，得
我们希望找到一个新的标记 \(t = \{ k_A, x_A, k_B, x_B \}\) 使得 \((a,b)\) 能一步变为 \((a_2, b_2)\)。由 \(a_2,b_2\) 表达式可知，\(t = \{ k_{A1} + k_{A2}k_{B1}, x_{A1} + k_{A2}x_{B1} + x_{A2}, k_{B2}k_{B1}, k_{B2}x_{B1} + x_{B2} \}\)。
接下来我们考虑实现，线段树维护 \(sum_a\)，\(sum_b\) 和 \(siz\)，对其打上一个标记 \(\{ k_A, x_A, k_B, x_B\}\)，得到 \(sum_a + k_A \times sum_b + x_A \times siz\) 和 \(k_B \times sum_b + x_B \times siz\)。（为了增强可读性，此处添加 \(\times\) 号。）
重载运算符会使代码好写一点。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 5;
const int mod = 998244353;
#define ll long long
#define root 1, 1, n
#define ls rt << 1
#define rs rt << 1 | 1
#define lson ls, l, mid
#define rson rs, mid + 1, r
int n, q;
ll a[N], b[N];
struct T {
ll ka, xa, kb, xb;
T () {
ka = 0;
xa = 0;
kb = 1;
xb = 0;
}
void initt(ll x, ll y, ll z, ll w) {
ka = x % mod;
xa = y % mod;
kb = z % mod;
xb = w % mod;
}
};
struct node {
ll sa, sb;
int siz;
node () {
sa = 0;
sb = 0;
siz = 0;
}
void init(int i) {
sa = a[i];
sb = b[i];
siz = 1;
}
};
node w[N << 2];
T tag[N << 2];
node operator + (const node &l, const node &r) {
node res;
res.sa = (l.sa + r.sa) % mod;
res.sb = (l.sb + r.sb) % mod;
res.siz = l.siz + r.siz;
return res;
}
T operator * (const T &t1, const T &t2) {
T res;
res.ka = (t1.ka + t2.ka * t1.kb) % mod;
res.xa = (t1.xa + t2.ka * t1.xb + t2.xa) % mod;
res.kb = t1.kb * t2.kb % mod;
res.xb = (t2.kb * t1.xb + t2.xb) % mod;
return res;
}
void color(int rt, int l, int r, const T &t) {
w[rt].sa = (w[rt].sa + w[rt].sb * t.ka + t.xa * w[rt].siz) % mod;
w[rt].sb = (t.kb * w[rt].sb + t.xb * w[rt].siz) % mod;
tag[rt] = tag[rt] * t;
}
void pushdown(int rt, int l, int r) {
int mid = (l + r) >> 1;
color(lson, tag[rt]);
color(rson, tag[rt]);
tag[rt] = T();
}
void build(int rt, int l, int r) {
if (l == r) {
w[rt].init(l);
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lson);
build(rson);
w[rt] = w[ls] + w[rs];
}
void modify(int rt, int l, int r, int ql, int qr, const T &t) {
if (ql <= l && r <= qr) {
color(rt, l, r, t);
return ;
}
pushdown(rt, l, r);
int mid = (l + r) >> 1;
if (ql <= mid) modify(lson, ql, qr, t);
if (qr > mid) modify(rson, ql, qr, t);
w[rt] = w[ls] + w[rs];
}
node query(int rt, int l, int r, int ql, int qr) {
if (ql <= l && r <= qr) {
return w[rt];
}
pushdown(rt, l, r);
int mid = (l + r) >> 1;
if (ql <= mid) {
if (qr > mid) return query(lson, ql, qr) + query(rson, ql, qr);
else return query(lson, ql, qr);
}
else return query(rson, ql, qr);
}
int main() {
cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
cin >> n >> q;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];
build(root);
while (q--) {
int opt, l, r;
cin >> opt >> l >> r;
if (opt == 1) {
int k;
cin >> k;
T t;
t.initt(k, 0, 1, 0);
modify(root, l, r, t);
}
else if (opt == 2) {
int k, x;
cin >> k >> x;
T t;
t.initt(0, 0, k, x);
modify(root, l, r, t);
}
else if (opt == 3) {
cout << query(root, l, r).sa << '\n';
}
else {
cout << query(root, l, r).sb << '\n';
}
}
return 0;
}
Problem 2
题目
给定长度为 \(n\) 序列 \(a\)，要求支持如下三个操作：
- 给定区间 \([l,r]\)，询问 \(\textstyle \sum_{i=l}^{r} a_i\)。
- 给定区间 \([l,r]\) 和整数 \(x\)，对于所有 \(i \in [l,r]\)，令 \(a_i \gets a_i \bmod x\)。
- 给定两个整数 \(k,x\)，令 \(a_k \gets x\)。
思路
取模操作有些难搞。标记和合并都不好做。于是考虑优化暴力。
首先可以想到可行性剪枝，如果区间最大值小于模数，取模没意义，直接返回。
然后注意到，一个数 \(t\) 对 \(x\) 取模，其中 \(x < t\)，那么结果 \(t'\) 一定小于 \(\frac{t}{2}\)。
考虑怎样证明。假设 \(\frac{t}{2} < x < t\)，则 \(t \bmod x = t - x\)。由于 \(x > \frac{t}{2}\)，所以 \(t - x < t - \frac{t}{2} = \frac{t}{2}\)。假设 \(x \le \frac{t}{2}\)，根据取模的基本性质，余数一定小于除数，所以 \(t \bmod x < x\)，即 \(t \bmod x < \frac{t}{2}\)。
基于这个原理，可以发现每个数至多取模 \(\log t\) 次，直接暴力就行。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e5 + 5;
#define root 1, 1, n
#define ls rt << 1
#define rs rt << 1 | 1
#define lson ls, l, mid
#define rson rs, mid + 1, r
struct node {
ll sum;
int mx;
node () {
sum = 0ll;
mx = 0;
}
void init(int v) {
sum = v * 1ll;
mx = v;
}
};
node operator + (const node &x, const node &y) {
node res;
res.sum = x.sum + y.sum;
res.mx = max(x.mx, y.mx);
return res;
}
node w[N << 2];
int n, m;
int a[N];
void build(int rt, int l, int r) {
if (l == r) {
w[rt].init(a[l]);
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lson);
build(rson);
w[rt] = w[ls] + w[rs];
}
void modify(int rt, int l, int r, int x, int v) {
if (l == r) {
w[rt].init(v);
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid) modify(lson, x, v);
else modify(rson, x, v);
w[rt] = w[ls] + w[rs];
}
void qm(int rt, int l, int r, int ql, int qr, int v) {
if (w[rt].mx < v) return ;
if (l == r) {
w[rt].sum %= v;
w[rt].mx %= v;
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (ql <= mid) qm(lson, ql, qr, v);
if (qr > mid) qm(rson, ql, qr, v);
w[rt] = w[ls] + w[rs];
}
node query(int rt, int l, int r, int ql, int qr) {
if (ql <= l && r <= qr) {
return w[rt];
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (ql <= mid) {
if (qr > mid) return query(lson, ql,qr) + query(rson, ql, qr);
else return query(lson, ql, qr);
}
return query(rson, ql, qr);
}
int main() {
// freopen(".in", "r", stdin);
// freopen(".out", "w", stdout);
cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
build(root);
while (m--) {
int opt, l, r;
cin >> opt >> l >> r;
if (opt == 1) {
cout << query(root, l, r).sum << '\n';
}
else if (opt == 2) {
int x;
cin >> x;
qm(root, l, r, x);
}
else {
modify(root, l, r);
}
}
return 0;
}
Problem 3
题目
给定长度为 \(n\) 序列 \(a\)，要求支持如下三个操作：
- 给定区间 \([l,r]\) 和一个整数 \(x\)，对于所有 \(i \in [l,r]\)，令 \(a_i \gets a_i + x\)。
- 给定区间 \([l,r]\)，对于所有 \(i \in [l,r]\)，令 \(a_i \gets \lfloor \sqrt{a_i} \rfloor\)。
- 给定区间 \([l,r]\)，询问 \(\textstyle \sum_{i=l}^{r} a_i\)。
思路
直接考虑优化暴力。维护最大值和最小值。
如果区间 \([l,r]\) 内极差为 \(0\)，即区间内所有数均相等，此时我们没有必要一个一个地修改，统一赋值为 \(\lfloor \sqrt{a_l} \rfloor\) 即可。
如果极差为 \(1\) 时，其实也没有必要逐个修改，我们分两种情况讨论。
- 如果区间最大值是平方数，不妨设最大值为 \(t^2\)，最小值为 \(t^2 - 1\)，此时 \(\lfloor \sqrt{t^2} \rfloor = t\)，\(\lfloor \sqrt{t^2 - 1} \rfloor = t - 1\)，可以发现最大值和最小值都减小了 \(t^2 - t\)，看作区间减操作。
- 如果区间最大值不是平方数，那更简单了，此时区间开根后均相同，区间赋值即可。此时最小值一定不是平方数，或者即使是，开根后也相等。
剩下的暴力计算。
为了分析这道题的复杂度，我们定义关键点为极差大于 \(1\) 的节点。每次区间加操作，至多产生 \(O(\log n)\) 个关键点，受影响的只是边界上被部分覆盖的节点。对于区间开根操作，由上文分析可知，我们要对关键点暴力递归，直到该点变成非关键点（极差小于等于 \(1\)）。设值域为 \(V\)，则至多进行 \(O(\log \log V)\) 次操作即可将该点变为非关键点。所以总的时间复杂度为 \(O((n+m\log n)\log \log V)\)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e5 + 5;
#define root 1, 1, n
#define ls rt << 1
#define rs rt << 1 | 1
#define lson ls, l, mid
#define rson rs, mid + 1, r
struct node {
ll sum;
int siz;
int tag, fg;
int mn, mx;
node () {
sum = 0ll;
siz = 0;
tag = 0;
mn = 0;
mx = 0;
fg = 0;
}
void init(int v) {
sum = 1ll * v;
siz = 1;
mx = v;
mn = v;
tag = 0;
fg = 0;
}
};
node operator + (const node &x, const node &y) {
node res;
res.sum = x.sum + y.sum;
res.siz = x.siz + y.siz;
res.mx = max(x.mx, y.mx);
res.mn = min(x.mn, y.mn);
return res;
}
node w[N << 2];
int n, m;
int a[N];
void build(int rt, int l, int r) {
if (l == r) {
w[rt].init(a[l]);
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lson);
build(rson);
w[rt] = w[ls] + w[rs];
}
void colorfg(int rt, int v) {
w[rt].fg = v;
w[rt].tag = 0;
w[rt].sum = 1ll * v * w[rt].siz;
w[rt].mx = v;
w[rt].mn = v;
}
void coloradd(int rt, int v) {
if (w[rt].fg) {
w[rt].fg += v;
w[rt].sum = 1ll * w[rt].siz * w[rt].fg;
w[rt].mx = w[rt].fg;
w[rt].mn = w[rt].fg;
w[rt].tag = 0;
return ;
}
w[rt].sum += 1ll * w[rt].siz * v;
w[rt].mx += v;
w[rt].mn += v;
w[rt].tag += v;
}
void pushdown(int rt) {
if (w[rt].fg) {
colorfg(ls, w[rt].fg);
colorfg(rs, w[rt].fg);
w[rt].fg = 0;
}
else {
coloradd(ls, w[rt].tag);
coloradd(rs, w[rt].tag);
w[rt].tag = 0;
}
}
void add(int rt, int l, int r, int ql, int qr, int v) {
if (ql <= l && r <= qr) {
coloradd(rt, v);
return ;
}
pushdown(rt);
int mid = (l + r) >> 1;
if (ql <= mid) add(lson, ql, qr, v);
if (qr > mid) add(rson, ql, qr, v);
w[rt] = w[rs] + w[ls];
}
void modify(int rt, int l, int r, int ql, int qr) {
if (l == r) {
int x = (int)(sqrt(w[rt].mx));
w[rt].init(x);
return ;
}
if (ql <= l && r <= qr) {
pushdown(rt);
int x = sqrt(w[rt].mx);
if (w[rt].mx == w[rt].mn) {
colorfg(rt, x);
return ;
}
else if (w[rt].mx == w[rt].mn + 1) {
if (x * x == w[rt].mx) coloradd(rt, x - w[rt].mx);
else colorfg(rt, x);
return ;
}
}
pushdown(rt);
int mid = (l + r) >> 1;
if (ql <= mid) modify(lson, ql, qr);
if (qr > mid) modify(rson, ql, qr);
w[rt] = w[ls] + w[rs];
}
node query(int rt, int l, int r, int ql, int qr) {
if (ql <= l && r <= qr) {
return w[rt];
}
pushdown(rt);
int mid = (l + r) >> 1;
if (ql <= mid) {
if (qr > mid) return query(lson, ql, qr) + query(rson, ql, qr);
else return query(lson, ql, qr);
}
return query(rson, ql, qr);
}
void solve() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
build(root);
while (m--) {
int opt, l, r;
cin >> opt >> l >> r;
if (opt == 1) {
int x;
cin >> x;
add(root, l, r, x);
}
else if (opt == 2) {
modify(root, l, r);
}
else {
cout << query(root, l, r).sum << '\n';
}
}
}
int main() {
// freopen(".in", "r", stdin);
// freopen(".out", "w", stdout);
cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号