*题解：P10408 「SMOI-R1」Apple

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解析

考虑没有修改怎么做，发现是一个裸的子集和，跑一遍 SOSDP 即可在总共 \(O(n2^n)\) 时间内求出答案。现在有了修改，枚举 \(S\) 的所有超集进行修改即可，单次修改时间复杂度 \(O(2 ^ n)\)。

我们发现，这个做法单次查询时间复杂度是 \(O(1)\) 的，单次修改时间复杂度是 \(O(2 ^ n)\) 的，那么能不能平衡一下呢？注意到这个做法维护的是子集和数组，那么我们整个新做法维护原始数组。修改时在原始数组上修改，这是 \(O(1)\) 的，求子集和时枚举子集，这是 \(O(2^n)\) 的。考虑平衡，设 \(f_{S}\) 表示所有前 \(\lceil\frac{n}{2}\rceil\) 位为 \(S\) 的前 \(\lceil\frac{n}{2}\rceil\) 位的子集，后 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\) 位为 \(S\) 的后 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\) 位的编号，其对应苹果的价值和。询问时，\(S\) 的前 \(\lceil\frac{n}{2}\rceil\) 位不动，枚举后 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\) 位的子集；修改时，\(S\) 的后 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\) 位不动，枚举前 \(\lceil\frac{n}{2}\rceil\) 位的超集。

时间复杂度 \(O(q2^{\frac{n}{2}})\)。

代码

/*
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define eps 0.0000000001
#define ls(x) ((x) << 1)
#define rs(x) (((x) << 1) | 1)
//#define mid ((l + r) >> 1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned ui;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = (1 << 20) + 5,M = 20 + 5,P = 2000000,mod = 1e9 + 7,mod2 = 1e9 + 7,b1 = 131,b2 = 13331;
ll v[N],f[N],g[N]; 
int read(){
	int a = 1,x = 0;
	char ch = getchar();
	while(ch > '9' || ch < '0'){
		if(ch == '-') a = -1;
		ch = getchar();
	}
	while(ch <= '9' && ch >= '0'){
		x = x * 10 + ch - '0';
		ch = getchar();
	}
	return a * x;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	int n,q;
	n = read();
	q = read();
	int m1 = n / 2,m2 = (n + 1) / 2;
	int x = (1 << m1) - 1;
	for(int i=0;i<(1 << n);i++){
		v[i] = read();
		g[i] += v[i];
		f[i] += v[i];
	}
	for(int i=m1;i<n;i++){
		for(int j=0;j<(1 << n);j++){
			if(j & (1 << i)){
				f[j] += f[j ^ (1 << i)];
			}
		}
	}
	while(q--){
		int op,s,a;
		op = read();
		s = read();
		if(op == 1){
			ll res = 0;
			for(int i=0;i<=(s & x);i++){
				int j = ((((s >> m1) << m1)) | i);
				if((i & s) == i){
					res += f[j];
				}
			}
			cout<<res<<'\n';
		}else{
			a = read();
			int t = s & x;
			for(int i=0;i<(1 << m2);i++){
				int j = t | (i << m1);
				if((j | s) == j){
					f[j] += a - v[s];	
				}
			}
			v[s] = a;
		}
	}
	return 0;
}