【2019北京集训测试赛（十三）】数据(sj) 冷静分析
题目大意：给你一个代表区间$[1,n]$的线段树，问你随机访问区间$[1,n]$中的一个子区间，覆盖到的线段树节点个数的期望（需要乘上$\frac{n(n-1)}{2}$后输出)。
数据范围：$n≤10^{18}$
貌似各位的做法都非常优秀，代码也非常短，那么我来讲一个垃圾做法：
我们设$f[i]$表示一个构建出$[1,i]$的线段树，随机访问一个子区间覆盖线段树节点个数的期望(为方便处理，乘上了$\frac{i(i-1)}{2}$)。
显然$f[n]$就是答案。
我们再设$fl[j][i]$表示一棵$[1,i]$的线段树，从左边往右，覆盖了$j$个线段树节点的方案数。
同理我们处理出$fr[j][i]$
我们发现：当$j>1$时，选择覆盖$j$个点，这$j$个点显然不会包含整个区间。
我们设$L=\lceil \frac{i}{2}\rceil$ ，$R=\lfloor \frac{i}{2} \rfloor $
那么有$fl[i][j]=fl[j][L]+fl[j-1][r]-[j≤2],fr[i][j]$同理。
我们考虑$f[i]$要怎么求。
不难发现，$f[i]$有四种构成方式：只选择了左/右端的区间，两边都选了，恰好选择了根节点。
只选择一侧的显然是$f[L]+f[R]$，恰好选择根节点的贡献显然为$1$。
对于两边都选的情况，我们通过枚举$fr[][L]$和$fl[][R]$，简单地乘起来，再乘上总共选择的节点个数，就可以了。
综上，则有：
$f[i]=1+f[L]+f[R]+\sum\limits_{v_1=1}^{dep_1}\sum\limits_{v_2=1}^{dep_2} (v_1+v_2)\times\bigg(fr[v_1][L]\times fl[v_2][R]-[v1=1,v2=1]\bigg)$
其中,$dep1$,$dep2$表示左右两颗子树的最大深度。
在求解过程中，我们暴力往下递归，我们需要特判$i=1,2,3$的情况，然后就可以了。
这个复杂度比较垃圾，应该是$O(log^3\ n)$的。
场上真刺激，最后十分钟调处来了23333
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define M 998244353 3 #define L long long 4 #define MOD 998244353 5 using namespace std; 6 7 map<L,L> f,fl[100],fr[100],vis,up; 8 9 void solve(L i){ 10 if(vis[i]) return; 11 if(i==1){ 12 f[i]=fl[1][i]=fr[1][i]=vis[i]=1; 13 fl[0][i]=fr[0][i]=up[i]=1; 14 return; 15 } 16 if(i==2){ 17 f[i]=3; 18 fl[1][i]=fr[1][i]=2; 19 fl[0][i]=fr[0][i]=1; 20 vis[i]=up[i]=1; 21 return; 22 } 23 if(i==3){ 24 f[i]=7; 25 fl[1][i]=3; fr[1][i]=2; 26 fl[0][i]=fr[0][i]=1; 27 vis[i]=1; up[i]=2; 28 fr[2][i]=1; 29 return; 30 } 31 L l=(i+1)>>1,r=i-l; 32 solve(l); solve(r); 33 int upl=up[l],upr=up[r],UP=max(upl,upr)+1; up[i]=UP; 34 vis[i]=1; 35 L sum=f[l]+f[r]; 36 for(int v1=1;v1<=upl;v1++) 37 for(int v2=1;v2<=upr;v2++){ 38 sum=(sum+1LL*(v1+v2)*(fr[v1][l]*fl[v2][r]%MOD+MOD-(v1==1&&v2==1)))%MOD; 39 } 40 // for(int v1=0;v1<=upl;v1++) sum=(sum-fr[v1][l])%MOD; 41 // for(int v2=0;v2<=upr;v2++) sum=(sum-fl[v2][r])%MOD; 42 f[i]=(sum+1)%MOD; 43 for(int j=1;j<=UP;j++){ 44 fl[j][i]=(fl[j][l]+fl[j-1][r]-(j<=2)+MOD)%MOD; 45 int x=fl[j][i]; 46 fr[j][i]=(fr[j-1][l]+fr[j][r]-(j<=2)+MOD)%MOD; 47 int y=fr[j][i]; 48 x++; 49 } 50 // cout<<fr[2][3]<<endl; 51 fl[0][i]=fr[0][i]=1; 52 fl[1][i]++; fr[1][i]++; 53 } 54 55 int main(){ 56 L n;cin>>n; 57 solve(n); 58 cout<<f[n]<<endl; 59 }
