Wannafly挑战赛17D 01序列2

传送门

先考虑二进制下为3倍数的数的共同特点自己手玩去,可以发现这些数奇数二进制位上的1个数(记为\(a\))和偶数二进制位上的1个数(记为\(b\))在模3意义下相等(\(a \equiv b (mod 3)\)),所以可以维护所有前缀中,\(a\)为0/1/2以及\(b\)为0/1/2的前缀个数,用线段树维护每个区间的这些值.但是合并的时候,我们还需要知道前一个区间的最后一个前缀的\(a,b\)状态,所以把这个也维护起来.每次就单点修改,询问就把某个区间的所有状态的前缀个数抠出来,然后分类讨论一下(逃

代码里记录状态是\(a-b\)在模3意义下为0/1/2的前缀个数,以及最后一个前缀的0/1/2状态,这样比较方便(雾)

(因为实在不知道怎么写,就看代码吧

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define il inline
#define re register
#define db double
#define eps (1e-5)
 
using namespace std;
const int N=500000+10;
il LL rd()
{
  LL x=0,w=1;char ch=0;
  while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
  return x*w;
}
#define lc (o<<1)
#define rc ((o<<1)|1)
#define mid ((l+r)>>1)
struct node
{
  int wb[3],las;
  node(){wb[0]=wb[1]=wb[2]=las=0;}
}s[N<<2],nw;
il node ad(node a,node b)
{
  node an;
  an.las=(a.las+b.las)%3;
  for(int i=0;i<3;i++) an.wb[i]=a.wb[i]+b.wb[(i-a.las+3)%3];
  return an;
}
void bui(int o,int l,int r)
{
  if(l==r)
    {
      if(rd()&1) s[o].wb[2-(l&1)]=1,s[o].las=2-(l&1);
      else s[o].wb[0]=1;
      return;
    }
  bui(lc,l,mid),bui(rc,mid+1,r);
  s[o]=ad(s[lc],s[rc]);
}
void modif(int o,int l,int r,int lx)
{
  if(l==r)
    {
      if(s[o].las) s[o].wb[2-(l&1)]=s[o].las=0,s[o].wb[0]=1;
      else s[o].wb[2-(l&1)]=1,s[o].las=2-(l&1),s[o].wb[0]=0;
      return;
    }
  if(lx<=mid) modif(lc,l,mid,lx);
  else modif(rc,mid+1,r,lx);
  s[o]=ad(s[lc],s[rc]);
}
node quer(int o,int l,int r,int ll,int rr)
{
  if(ll<=l&&r<=rr) return s[o];
  node a,b;
  if(ll<=mid) a=quer(lc,l,mid,ll,rr);
  if(rr>mid) b=quer(rc,mid+1,r,ll,rr);
  return ad(a,b);
}
int n,m;
LL ans;
                                  
int main()
{
  n=rd(),m=rd();
  bui(1,1,n);
  while(m--)
    {
      int op=rd();
      if(op&1) modif(1,1,n,rd());
      else
        {
          ans=0;
          int l=rd(),r=rd();
          nw=quer(1,1,n,l,r);++nw.wb[0];
          ans=1ll*nw.wb[0]*(nw.wb[0]-1)/2+1ll*nw.wb[1]*(nw.wb[1]-1)/2+1ll*nw.wb[2]*(nw.wb[2]-1)/2;
          printf("%lld\n",ans);
        }
    }
  return 0;
}