Luogu P5280 [ZJOI2019]线段树

送我退役的神题,但不得不说是ZJOIDay1最可做的一题了

先说一下考场的ZZ想法以及出来后YY的优化版吧

首先发现每次操作其实就是统计出增加的节点个数(原来的不会消失)

所以我们只要统计出线段树上每个节点在进行了\(t\)次操作(有\(2^t\)棵树)是某个点为\(1\)的总个数,令这个值为\(f_x\)

然后考场上用了一种记录该节点+左儿子+右儿子状态的方法,这样可以把答案的贡献全部算到这个点上

但是这样细节巨多且容易算重(漏),所以考场上码了\(200+\)行最后没调出大样例

后来想了一种记录该节点+父亲状态的方法,但是这样贡献就要算重,可能可以利用矩阵来做

接下来我们考虑正解,我们发现细分每一个点的性质其实就只有\(4\)种:

  1. 直接在该点进行赋值操作,那么此时显然多出的\(2^{t-1}\)棵树的这个节点都是可行的,直接\(f_x+=2^{t-1}\)
  2. 直接在该点进行pushdown,那么此时显然多出的树上这个点没有增加(\(1\to 0\)了,\(0\)还是\(0\)),\(f_x\)不变
  3. 该点不在修改区间内,那么状态直接被复制一遍,\(f_x*=2\)
  4. 最麻烦的一种,该点(包括这个点)到根的路径上至少有一个点的tag\(1\),我们令这个方案数为\(g_x\),那么就有\(f_x+=g_x\)

然后开始考虑怎么维护\(g_x\),那么类似地分成\(3\)类讨论:

  1. 直接在该点进行pushdown,那么新增的树的这个节点到根的路径上都不会tag等于\(1\)的情况,\(g_x\)不变
  2. 直接再该点打标记,多出的\(2^{t-1}\)棵树中它的子树内的点显然都有\(g_x+=2^{t-1}\)
  3. 该点被访问但不在区间内,和上面一样,直接\(g_x*=2\)

那么我们显然还是可以用线段树来维护\(f,g\),具体考虑到修改\(g\)的时候要集体\(*2\)不好维护(其实开一个乘法标记和两个加法标记即可),我们直接在最外面乘上\(2^t\),然后把访问过的节点都\(\div2\)即可

然后\(g\)的标记怎么下传呢,我们发现可以再开一个懒标记\(tag\)表示这个点有多少次直接修改,然后下传的时候用这个来改\(g\)

具体地就是先把该除的\(2\)除了,然后加上\(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\dots+\frac{1}{2^{tag}}=1-\frac{1}{2^{tag}}\)即可

附上超级简短的CODE

#include<cstdio>
#include<cctype>
#define RI register int
#define CI const int&
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
const int N=100005,mod=998244353,inv2=499122177;
int n,m,opt,x,y,ipw[N],ret,prod;
class FileInputOutput
{
    private:
        static const int S=1<<21;
        #define tc() (A==B&&(B=(A=Fin)+fread(Fin,1,S,stdin),A==B)?EOF:*A++)
        #define pc(ch) (Ftop<S?Fout[Ftop++]=ch:(fwrite(Fout,1,S,stdout),Fout[(Ftop=0)++]=ch))
        char Fin[S],Fout[S],*A,*B; int Ftop,pt[15];
    public:
        Tp inline void read(T& x)
        {
            x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
            while (x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));
        }
        Tp inline void write(T x)
        {
            if (!x) return (void)(pc('0'),pc('\n')); RI ptop=0;
            while (x) pt[++ptop]=x%10,x/=10; while (ptop) pc(pt[ptop--]+48); pc('\n');
        }
        inline void Fend(void)
        {
            fwrite(Fout,1,Ftop,stdout);
        }
        #undef tc
        #undef pc
}F;
inline void inc(int& x,CI y)
{
    if ((x+=y)>=mod) x-=mod;
}
inline void dec(int& x,CI y)
{
    if ((x-=y)<0) x+=mod;
}
inline int sum(CI x,CI y)
{
    int t=x+y; return t>=mod?t-mod:t;
}
inline int sub(CI x,CI y)
{
    int t=x-y; return t<0?t+mod:t;
}
class Segment_Tree
{
    private:
        struct segment
        {
            int f,g,tag;
        }node[N<<2];
        #define F(x) node[x].f
        #define G(x) node[x].g
        #define T(x) node[x].tag
        inline void pushdown(CI now)
        {
            if (!T(now)) return; int& add=T(now); T(now<<1)+=add; T(now<<1|1)+=add;
            G(now<<1)=sum(1LL*G(now<<1)*ipw[add]%mod,sub(1,ipw[add]));
            G(now<<1|1)=sum(1LL*G(now<<1|1)*ipw[add]%mod,sub(1,ipw[add])); add=0;
        }
    public:
        inline void modify(CI beg,CI end,CI now=1,CI l=1,CI r=n)
        {
            dec(ret,F(now)); F(now)=1LL*F(now)*inv2%mod; G(now)=1LL*G(now)*inv2%mod;
            if (beg<=l&&r<=end) inc(F(now),inv2),inc(G(now),inv2);
            if (l>end||r<beg) inc(F(now),G(now)),inc(G(now),G(now)); inc(ret,F(now));
            if (l>end||r<beg) return; if (beg<=l&&r<=end) return (void)(++T(now));
            pushdown(now); int mid=l+r>>1; modify(beg,end,now<<1,l,mid); modify(beg,end,now<<1|1,mid+1,r);
        }
        #undef F
        #undef G
        #undef T
}SEG;
int main()
{
    //freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
    RI i; for (F.read(n),F.read(m),ipw[0]=i=1;i<=m;++i)
    ipw[i]=1LL*ipw[i-1]*inv2%mod; for (i=prod=1;i<=m;++i)
    {
        F.read(opt); if (opt^1) F.write(1LL*ret*prod%mod);
        else inc(prod,prod),F.read(x),F.read(y),SEG.modify(x,y);
    }
    return F.Fend(),0;
}
posted @ 2019-04-09 19:27 hl666 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏