题解：AT_abc434_g [ABC434G] Keyboard

更差的阅读体验

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使用了一个较为优美的写法，较短而且可能不容易写错。

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单侧递归线段树！

首先，如果一个字符串里含有形如 \(\texttt{B}x\) 的结构，其中 \(x\) 是一个数字，那么这个 \(x\) 一定会被删掉。假设 \(S\) 删完会变成 \(f(S)\)。那么由于不存在形如 \(\texttt{B}x\) 的结构了，所以一定是前面若干个 \(\texttt{B}\)，后面一堆数字。

我们希望用线段树维护 \(f(S)\)。肯定不能维护整个字符串，我们尝试把前面的一串 \(\texttt{B}\) 和后面的一堆数字分别维护起来。我们需要前面 \(\texttt{B}\) 的个数 \(b\)，后面数字串的长度 \(l\)，后面数字串的值 \(x\)。

然后我们会发现一个严峻的问题，就是在合并两个区间的时候，后面的 \(\texttt{B}\) 会把前面的数字删掉一些。

做过楼房重建就对单侧递归这个手法不陌生了。这个信息其实可以在 \(O(\log n)\) 的时间内完成合并。

我们在合并的时候，我们需要知道左子树删掉右子树的 \(b\) 之后剩下什么数。我们可以假设 \(g(p, k)\) 表示 \(p\) 子树的最后 \(k\) 个数字是什么，在合并的时候把左子树扣掉一个 \(g\) 再并到右子树上就可以。

这时就很简单了，求 \(g\) 的时候如果右子树的数字个数 \(\ge k\) 那么就递归右子树，否则将 \(k\) 减掉的数字个数然后去左子树找，然后再并上右子树剩下的数字。这样求 \(g\) 可以做到 \(O(\log n)\)。

区间查询同样也可以这么做。我们先把要查询的区间对应的线段树节点抠出来，然后由于在上述合并过程中，我们需要左孩子的节点编号，所以我们从右往左合并，就可以了。

单点修改是简单的。

那么这道题就做完了，复杂度 \(O(n \log n + q \log^2 n)\)，前半部分是建树复杂度。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define N 8000006
#define MOD 998244353
using namespace std;
int n,q,pw[N],ipw[N]; char ch[N];
inline int qpow(int x,int y=MOD-2)
{
	int ret=1;
	for(;y;y>>=1,x=x*x%MOD)if(y&1)ret=ret*x%MOD;
	return ret;
}
struct Node {int b,l,x;};
Node node(int x,int y,int z){return {x,y,z};}
struct Segtree {
	Node tree[N<<2];
	//b: number of prefix 'B'
	//l: length of numbers
	//x: value of numbers
	int dfs(int p,int k)
	{
		if(!k)return 0;
		if(tree[p].l==k)return tree[p].x;
		if(tree[p<<1|1].l>=k)return dfs(p<<1|1,k);
		int m=k-tree[p<<1|1].l,b=tree[p<<1|1].b,y=dfs(p<<1,m+b);
		int z=(tree[p<<1].x-(tree[p].x-tree[p<<1|1].x)*ipw[tree[p<<1|1].l]%MOD*pw[b]%MOD+MOD)%MOD;
		return ((y-z+MOD)*ipw[b]%MOD*pw[tree[p<<1|1].l]+tree[p<<1|1].x)%MOD;
	}
	void push_up(Node &p,int ls,Node rs)
	{
		p.b=tree[ls].b+max(0ll,rs.b-tree[ls].l);
		p.l=max(0ll,tree[ls].l-rs.b)+rs.l;
		int num=tree[ls].l>rs.b?(tree[ls].x-dfs(ls,rs.b)+MOD)*ipw[rs.b]%MOD:0;
		p.x=(num*pw[rs.l]%MOD+rs.x)%MOD;
	}
	void build(int p,int l,int r)
	{
		if(l==r)return tree[p]=(ch[l]=='B'?node(1,0,0):node(0,1,ch[l]^48)),(void)0;
		int mid=l+r>>1; build(p<<1,l,mid),build(p<<1|1,mid+1,r);
		push_up(tree[p],p<<1,tree[p<<1|1]);
	}
	void update(int p,int l,int r,int k)
	{
		if(l==r)return tree[p]=(ch[l]=='B'?node(1,0,0):node(0,1,ch[l]^48)),(void)0;
		int mid=l+r>>1; k<=mid?update(p<<1,l,mid,k):update(p<<1|1,mid+1,r,k);
		push_up(tree[p],p<<1,tree[p<<1|1]);
	}
	vector<int> vec;
	void query(int p,int l,int r,int L,int R)
	{
		if(L<=l&&r<=R)return vec.push_back(p); int mid=l+r>>1;
		if(R>mid)query(p<<1|1,mid+1,r,L,R); if(L<=mid)query(p<<1,l,mid,L,R);
	}
	int query(int l,int r)
	{
		vec.clear(),query(1,1,n,l,r);
		Node ret=node(-1,-1,-1),tmp=node(-1,-1,-1);
		for(int p:vec)ret.b==-1?(ret=tree[p]):(push_up(tmp,p,ret),ret=tmp);
		return ret.l?ret.x:-1;
	}
} T;
main()
{
	scanf("%lld%lld%s",&n,&q,ch+1),pw[0]=1;
	for(int i=1;i<N;i++)pw[i]=10*pw[i-1]%MOD;
	ipw[N-1]=qpow(pw[N-1]);
	for(int i=N-2;~i;i--)ipw[i]=10*ipw[i+1]%MOD;
	T.build(1,1,n);
	while(q--)
	{
		int opt,l,r,k; char t[3]; scanf("%lld",&opt);
		if(opt==1)scanf("%lld%s",&k,t+1),ch[k]=t[1],T.update(1,1,n,k);
		else scanf("%lld%lld",&l,&r),printf("%lld\n",T.query(l,r));
	}
	return 0;
}