Omeed 线段树

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题面

2.12 - - -

题解

大概还是挺妙的？
首先基础分和连击分互不干扰，所以可以分开统计。
基础分的统计比较简单，等于：

$$A \sum_{i = l}^{r} p_i$$

连击分的统计就比较复杂了，因为是求期望，根据期望的线性性，我们可以先算出$f_i$表示每个音符的期望连击分，再计算整个区间的期望连击分。
观察连击分的统计方法，可以知道，区间其实是互不干扰的，也就是说，每个区间中的期望连击分，其实都是在对进入这个区间时的期望连击分$f_{l - 1}$的一个叠加和增幅。
考虑区间的期望连击分可以表示为：

$$B \sum_{i = l}^r p_i (f_{i - 1} + 1)$$

因为只有这次打到了完美才可以计入这个音符的贡献，所以这次的贡献是建立在当前音符完美的情况下的，所以贡献就是$p_i(f_{i - 1} + 1)$了。
考虑$f_i$如何转移。

$$f_i = p_i(f_{i - 1} + 1) + (1 - p_i)f_{i - 1}t$$

$$= (p_i + t(1 - p_i))f_{i - 1} + p_i$$

观察到这是一个类似于$kx + b$的形式，因此对于一个$f_i$，如果一个$j$满足$j \le i$,那么一定可以表示为$f_i = kf_j + b$的形式。
那么对于区间$[l, r]$,因为其中每个$f_i$,都可以表示为类似$kf_{l - 1} + b$的形式，因此，这个区间的连击分也一定可以表示为$kf_{l - 1} + b$的形式。
因此我们考虑线段树，对于区间$[l, r]$我们维护5个变量，$k, b, sumb, sumk, sump$,其中$sump$是用来算基础分的，$sumb, sumk$就是区间连击分的系数，$k, b$则是$f_r = kf_{l - 1} + b$中的$k$和$b$.
因为$B$是对于整个区间的系数，因此我们可以先不考虑它，直接统计后面的部分，最后再乘上$B$即可。
因此我们考虑如何合并2个区间$[l, mid], [mid + 1, r]$.
根据前面的推导，现在有

$$f_{mid} = k_l f_{l - 1} + b_l, \quad f_{r} = k_r f_{mid} + b_r$$

现在要合并这2个变量，我们只需要把后者表示为$kf_{l - 1} + b$的形式即可。
所以直接把$f_{mid}$带入后面的等式化简就行了，化简出来新变量的$k = k_l k_r, \quad b = k_rb_l + b_r$
然后来考虑合并区间信息：
现在我们有：

$$sumk_l f_{l - 1} + sumb_l$$

$$sumk_r f_{mid} + sumb_r$$

我们现在要得到的新区间应该要形如第一个区间的样子，因为第一个区间已经是这样了，所以我们只需要转化一下第二个区间，然后和第一个区间加在一起就行了。
我们直接带入上面的$f_{mid} = k_l f_{l - 1} + b_l$，然后化简并和第一个区间的式子加在一起，最后得到新的$sumk = sumk_r k_l + sumk_l, \quad sumb = sumk_r b_l + sumb_r + sumb_l$
最后

$$ans[l][r] = B \cdot sumb[l][r] + A \cdot sump[l][r]$$

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define R register int
#define LL long long
#define AC 501000
#define ac 2001000
#define p 998244353
#define mo(x) ((x) % p)
#define mul(a, b) (1LL * (a) * (b) % p)//error !!!都要用(a), (b)...啊
#define h(x, y) (mul((x), qpow((y), p - 2)))

int n, m, t, A, B;
int pi[AC];

struct node{
	int sumk, sumb, k, b, sump;
}tree[ac];

inline int read()
{
	int x = 0;char c = getchar();
	while(c > '9' || c < '0') c = getchar();
	while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
	return x;
}

inline void up(int &a, int b) {a += b; if(a < 0) a += p; if(a >= p) a -= p;}
inline int ad(int a, int b) {a += b; if(a < 0) a += p; if(a >= p) a -= p; return a;}

inline int qpow(int x, int have)
{
	int rnt = 1;
	while(have)
	{
		if(have & 1) rnt = mul(rnt, x);
		x = mul(x, x), have >>= 1;
	}
	return rnt;
}

void pre()
{
	n = read();//对于正解来说没有什么用的输入
	n = read(), m = read();
	int a = read(), b = read();
	t = h(a, b), A = read(), B = read();
	for(R i = 1; i <= n; i ++) a = read(), b = read(), pi[i] = h(a, b);
		
}

node merge(node ll, node rr)
{
	node x;
	x.k = mul(ll.k, rr.k), x.b = ad(mul(rr.k, ll.b), rr.b);
	x.sumk = ad(mul(rr.sumk, ll.k), ll.sumk);
	x.sumb = ad(mul(rr.sumk, ll.b), ad(rr.sumb, ll.sumb));	
	x.sump = ad(ll.sump, rr.sump);
	return x;
}

#define update(x) tree[x] = merge(tree[x << 1], tree[(x << 1) + 1]);

node make(int now)
{
	node x;
	x.k = ad(pi[now], mul(t, 1 - pi[now]));
	x.b = x.sumk = x.sumb = x.sump = pi[now];
	return x;
}

void build(int x, int ll, int rr)
{
	if(ll == rr) {tree[x] = make(ll); return ;}
	int mid = (ll + rr) >> 1;
	build(x << 1, ll, mid), build((x << 1) + 1, mid + 1, rr);
	update(x);
}

void change(int x, int l, int r, int w)
{
	if(l == r) {tree[x] = make(w); return ;}
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(w <= mid) change(x << 1, l, mid, w);
	else change((x << 1) + 1, mid + 1, r, w);
	update(x);
}

node find(int x, int l, int r, int ll, int rr)
{
	if(l == ll && r == rr) return tree[x];	
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(rr <= mid) return find(x << 1, l, mid, ll, rr);
	else if(ll > mid) return find((x << 1) + 1, mid + 1, r, ll, rr);
	else 
	{
		node a = find(x << 1, l, mid, ll, mid);
		node b = find((x << 1) + 1, mid + 1, r, mid + 1, rr);
		return merge(a, b);
	}
}

void work()
{
	for(R i = 1; i <= m; i ++)
	{
		int o = read();
		if(!o) 
		{
			int x = read(), a = read(), b = read();
			pi[x] = h(a, b), change(1, 1, n, x);
		}
		else
		{
			int ll = read(), rr = read();
			node x = find(1, 1, n, ll, rr);
			//int ans = mul(ad(mul(x.sumk, pi[ll]), ad(x.sumb, pi[ll])), B);
			int ans = mul(x.sumb, B);
			up(ans, mul(A, x.sump));
			printf("%d\n", ans);
		}
	}
}

int main()
{
	freopen("in.in", "r", stdin);
	pre();
	build(1, 1, n);
	work();
	fclose(stdin);
	return 0;
}