【HAOI 2012】高速公路
Problem
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 \(1\sim n\) ，从收费站 \(i\) 行驶到 \(i+1\) (或从 \(i+1\) 行驶到 \(i\) )需要收取 \(V_i\) 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 Format
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 \(1\le l< r\le n\)
Output Format
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 \(ans\) ，输出 \(ans/1\)。
Sample
Input
4 5
C 1 4 2
C 1 2 -1
Q 1 2
Q 2 4
Q 1 4
Output
1/1
8/3
17/6
Explanation
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
Range
| \(Test\) | \(n\) | \(m\) |
|---|---|---|
| 1 | =10 | =10 |
| 2 | =100 | =100 |
| 3 | =1000 | =1000 |
| 4 | =10000 | =10000 |
| 5 | =50000 | =50000 |
| 6 | =60000 | =60000 |
| 7 | =70000 | =70000 |
| 8 | =80000 | =80000 |
| 9 | =90000 | =90000 |
| 10 | =100000 | =100000 |
Algorithm
线段树
Mentality
很显然，这题和期望概率毫无关系，只需要求出总贡献再去除以 \(C_{r-l+1}^2\) 即可。
那么如何求总贡献呢？
考虑分开计算贡献，我们最后的总贡献肯定是：
仔细凝视这个式子肯定是看不出什么的还会显得你很愚蠢 ，动手才是正途。我们先把这两个括号拆开看看：
好的，既然我们拆成了这样，那么我们的 \(\sum\) 就成功地被一拆三了！由于我们已经把包含 \(i\) 的项都单独放在了外面，剩下的都是定值，那么我们的总贡献就改为了这样的三个 \(\sum\) 之和：
由于 \(r-l+1-r*l\) 和 \(r+l\) 都很普通，我们只需要用线段树维护三个含 \(i\) 的值就好啦！
至于这三个值怎么维护呢？看着满阔怕，但是由于 \(\sum\) 中的每一项都是单独算的，那么不难发现，我们对一个区间都加上 \(v\) 时，这段区间上三个值加上的贡献肯定分别为：\(v*(r-l+1)\) ，\(v*\sum i\)，\(v*\sum i^2\) 。那么我们只需要预处理一下 \(i\) 和 \(i^2\) 的前缀和即可！
最后和 \(C_{r-l+1}^2\) 同除 \(gcd\) 即可。
啥？代码有哪些坑点？没啥坑点，自己体会 = = 。
Code
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define ls (o << 1)
#define rs ((o << 1) + 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
int n, m;
long long x, L, R, ans[4], a[100001], q1[100001], q2[100001], adv[400001],
sum[4][400001];
char opt;
void pushup(int o) {
for (int i = 1; i <= 3; i++) sum[i][o] = sum[i][ls] + sum[i][rs];
}
void pushdown(int o, int l, int r) {
sum[1][ls] += 1ll * adv[o] * (mid - l + 1);
sum[2][ls] += adv[o] * (q1[mid] - q1[l - 1]);
sum[3][ls] += adv[o] * (q2[mid] - q2[l - 1]);
sum[1][rs] += 1ll * adv[o] * (r - mid);
sum[2][rs] += adv[o] * (q1[r] - q1[mid]);
sum[3][rs] += adv[o] * (q2[r] - q2[mid]);
adv[ls] += adv[o], adv[rs] += adv[o];
adv[o] = 0;
}
void add(int o, int l, int r) {
if (l >= L && r <= R) {
adv[o] += x;
sum[1][o] += 1ll * x * (r - l + 1);
sum[2][o] += x * (q1[r] - q1[l - 1]);
sum[3][o] += x * (q2[r] - q2[l - 1]);
return;
}
pushdown(o, l, r);
if (mid >= L) add(ls, l, mid);
if (mid < R) add(rs, mid + 1, r);
pushup(o);
}
void query(int o, int l, int r) {
if (l >= L && r <= R) {
for (int i = 1; i <= 3; i++) ans[i] += sum[i][o];
return;
}
pushdown(o, l, r);
if (mid >= L) query(ls, l, mid);
if (mid < R) query(rs, mid + 1, r);
pushup(o);
}
long long gcd(long long a, long long b) { return !b ? a : gcd(b, a % b); }
int main() {
freopen("2221.in", "r", stdin);
freopen("2221.out", "w", stdout);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%lld", &a[i]);
q1[i] = q1[i - 1] + 1ll * i;
q2[i] = q2[i - 1] + 1ll * i * i;
}
while (m--) {
scanf("%s%lld%lld", &opt, &L, &R);
R--;
if (opt == 'C') {
scanf("%lld", &x);
add(1, 1, n);
} else {
ans[1] = ans[2] = ans[3] = 0;
query(1, 1, n);
long long Ans = (R - L + 1 - R * L) * ans[1] + (L + R) * ans[2] - ans[3],
Tot = (R - L + 2) * (R - L + 1) / 2;
long long Gcd = gcd(Ans, Tot);
printf("%lld/%lld\n", Ans / Gcd, Tot / Gcd);
}
}
}
