[BJOI2018] 链上二次求和 题解

题目链接

原问题没法直接维护。先推式子，看看能得到什么。

设 \(f(l, r)\) 表示给定 \(l, r\) 时的答案。那么根据定义，有：

\[f(l, r) = \sum_{len = l}^{r} \sum_{i = 1}^{n - len + 1}\sum_{j = i}^{i + len - 1} a_j \]

记 \(s(m) = \sum_{i = 1}^{m} a_i\)，则我们可以去掉第三个求和符号：

\[f(l, r) = \sum_{len = l}^{r} \sum_{i = 1}^{n - len + 1} [s(i + len - 1) - s(i - 1)] \]

记 \(ss(m) = \sum_{i = 1}^{m} s(i)\)，继续推导，去掉第二个求和符号：

\[f(l, r) = \sum_{len = l}^{r} [ss(n) - ss(len - 1) + ss(n - len)] \]

记 \(sss(m) = \sum_{i = 1}^{m} ss(i)\)，继续推导，去掉最后的求和符号：

（为了应对边界条件，定义当 \(m \le 0\) 时，\(ss(m) = sss(m) = 0\)，这是自然的。）

\[\boxed{f(l, r) = (r - l + 1)ss(n) + sss(r - 1) - sss(l - 2) + sss(n - l) - sss(n - r - 1)} \]

以上，我们就去掉了所有的求和符号，这是进一步优化算法的基础。实际上，有了这个式子之后，我们就可以做到 \(O(1)\) 查询。但修改时，我们必须重新求出 \(s, ss, sss\) 数组，这样做的时间复杂度为 \(O(n)\)。

想想怎么优化。看到题目中的区间操作，很自然地想到用线段树维护。那么，维护什么以及如何维护呢？

首先明确我们的需求：区间修改，快速计算 \(ss(m), sss(m)\)。从这里以后有两条路：

1. 预处理出原序列 \(a\) 的 \(ss\) 数组。修改时，考察 \(a\) 的区间加对 \(ss\) 产生的影响，用线段树维护 \(ss\) 的区间和。维护 \(ss\) 的好处在于：\(sss\) 是 \(ss\) 的前缀和，因此要求 \(sss\) 时，只要在线段树上查询 \(ss\) 的区间和即可。

2. 维护 \(a\) 和一些辅助数组，把 \(ss\) 和 \(sss\) 都写成用 \(a\) 表示的形式。

   注意 \(ss\) 和 \(sss\) 是不能作为区间信息维护的。实际上，带“前缀”的信息都不能作为区间信息维护。以更简单的一阶前缀和 \(s\) 为例，考虑这样的问题：区间加，求任意位置的前缀和。在线段树中，对于一个区间 \([l, r]\)，我们不能维护区间 \([l, r]\) 的前缀和 \(s\)，因为这不能合并：\([l, mid]\) 的前缀和与 \([mid + 1, r]\) 的前缀和相加，不能得到 \([l, r]\) 的前缀和。我们只能维护 \([l, r]\) 的区间和，而这个信息是可以合并的。求某个位置 \(p\) 的前缀和，看作 \([1, p]\) 的区间和即可。

   如果选择这种方式，要继续推式子。

下面选用第二种方法。继续推导：

\[\begin{aligned} ss(m) &= \sum_{i = 1}^{m} s(i) \\ &= \sum_{i = 1}^{m}\sum_{j = 1}^{i}a_j \\ &= \sum_{i = 1}^{m} (m - i + 1)a_i \\ &= (m + 1)s(m) - \sum_{i = 1}^{m} ia_i \end{aligned} \]

这里出现了新的求和式：\(\sum_{i = 1}^{m}ia_i\)，我们记为 \(si(m)\)，则

\[\boxed{ss(m) = (m + 1)s(m) - si(m)} \]

这样我们就把 \(ss\) 用 \(s\) 和 \(si\) 表示了出来。显然，\(s(m)\) 是容易用 \(a\) 表示的：对 \(a\) 求区间和即可。而 \(si\) 也是可以维护的——它不是某种“前缀”和的形式，因此可以在线段树上合并信息。至于如何维护，等会再说。

下面推导 \(sss\) 的式子：

\[\begin{aligned} sss(m) &= \sum_{i = 1}^{m} ss(i) \\ &= \sum_{i = 1}^{m} [(i + 1)s(i) - si(i)] \\ &= ss(m) + \sum_{i = 1}^{m}is(i) - \sum_{i = 1}^{m} si(i) \end{aligned} \]

\(\sum_{i = 1}^{m}is(i)\) 和 \(\sum_{i = 1}^{m} si(i)\) 都不能直接维护，继续推导：

\[\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{m}is(i) &= \sum_{i = 1}^{m} (i\sum_{j = 1}^{i}a_j) \\ &= \sum_{i = 1}^{m} (a_i \sum_{j = i}^{m} j) \\ &= \sum_{i = 1}^{m} \frac{1}{2}(m + i)(m - i + 1)a_i \\ &= \frac{1}{2}\sum_{i = 1}^{m} (m^2 - m + i^2 + i)a_i \\ &= \frac{1}{2}m(m - 1)s(m) + \frac{1}{2}si(m) + \frac{1}{2}\sum_{i = 1}^{m}i^2a_i \end{aligned} \]

（推到第二个等号的要点在于计算每个 \(a_i\) 前的系数：这里，每个 \(a_i\) 从 \(i\) 开始计算，系数为 \(i\)，然后为 \(i + 1\)，\(i + 2\)，一直到 \(m\)，因此总系数为 \(\sum_{j = i}^{m} j\)。）

记 \(sii(m) = \sum_{i = 1}^{m}i^2a_i\)，和 \(si\) 类似，这也是可以合并的信息，因此可以用线段树维护。那么

\[\sum_{i = 1}^{m}is(i) = \frac{1}{2}m(m - 1)s(m) + \frac{1}{2}si(m) + \frac{1}{2}sii(m) \]

接着来推导 \(sss\) 的式子中剩下的另一个和式：\(\sum_{i = 1}^{m} si(i)\)：

\[\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{m} si(i) &= \sum_{i = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{i}ja_j \\ &= \sum_{i = 1}^{m} (m - i + 1)ia_i \\ &= (m + 1)si(m) - sii(m) \end{aligned} \]

（这里推导的要点在于把 \(ia_i\) 看作一个整体，然后推导方式和 \(ss\) 相同，只是把求和对象从 \(a_i\) 换成了 \(ia_i\)。）

至此，我们终于可以写出 \(sss\) 的式子：

\[\boxed{sss(m) = \frac{1}{2}m(m + 1)s(m) + ss(m) - (m + \frac{1}{2})si(m) + \frac{1}{2}sii(m)} \]

从 \(ss\) 和 \(sss\) 的式子可以看出，我们需要维护的量有 \(s, si\) 和 \(sii\)。最后要考虑的是怎么维护区间加对这些量的影响。

考虑一个区间 \([l, r]\)，设它的三个量为 \(s, si\) 和 \(sii\)（定义同上文）。设区间加 \(d\) 后，新的量为 \(s', si'\) 和 \(sii'\)。那么

\[s' = \sum_{i = l}^{r} (a_i + d) = s + d\sum_{i = l}^{r}1 \\ si' = \sum_{i = l}^{r} i(a_i + d) = si + d\sum_{i = l}^{r}i \\ sii' = \sum_{i = l}^{r} i^2(a_i + d) = sii + d\sum_{i = l}^{r}i^2 \]

对于 \(\sum_{i = l}^{r}1, \sum_{i = l}^{r}i\) 和 \(\sum_{i = l}^{r}i^2\)，可以用公式求，也可以预处理后查表。这显然是好维护的。

回顾一下我们要做什么：

1. 在线段树上维护 \(s, si\) 和 \(sii\)。
2. 对于每次询问，根据公式求出答案。公式中要用到 \(ss\) 和 \(sss\)，这些也要代入公式求，但总归能化到我们维护的三个量。

每次询问时，我们只会在线段树上查询常数次，所以总时间复杂度为 \(O(n + m \log n)\)。

综上所述，我们就解决了这个问题。

AC 记录