[GDKOI2016]魔卡少女 题解

[GDKOI2016]魔卡少女

来源： GDKOI Day1 T1

5月4日当天的一场考试的 T1

一道做法巧妙的线段树好题，维护的信息很新颖，很有启发性

算法标签

二进制拆位的线段树

题目难度

\(2100\)

题面

给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\) ，有 \(m\) 次操作，操作分为两种类型。

第一种：把 \(x\) 位置的数改成 \(y\) 。
第二种：询问区间 \([l,r]\) 所有子区间的异或和之和

\(1\le n,m\le1e5\) ， \(1\le a_i\le1e3\)

问题分析

首先考虑直接维护异或和信息，发现对于两个区间，不管记录什么信息，都不能求出合并出来的大区间的信息。

之前的线段树维护区间和，区间最值等信息时，容易维护的原因在于，两个子区间的和加起来就是合并成的大区间的和，子区间最大值比较一下就是新区间最大值，这些信息都具有可合并性。

发现导致此题难以直接维护的根本在于异或没有分配律，区间异或和不具有合并性(一般分析出某信息不具有合并性，就要从题目的特殊之处入手分析了)，又发现序列的值域很小，只有 \(1e3\) ，而对于位运算来说，二进制下的操作无疑是最方便维护的，于是想到二进制拆位，把序列中的数字看作二进制，最多 \(10\) 位，于是建立 \(10\) 颗线段树来维护整个序列每一个二进制位的信息，每颗线段树维护的就是一个 \(01\) 序列。

在现在的 \(01\) 序列状态下，若第 \(i\) 颗线段树维护的 \(01\) 序列所有子区间异或和之和为 \(s_i\) (也即子区间异或和为 \(1\) 的数量)，则说明在原序列中有 \(s_i\) 个子区间满足其异或和上该位为 \(1\) ,由于求的是异或和之和，那么该位就被贡献了 \(s_i\) 次，也即 \(s_i\) 个 \(2^{i-1}\) 。

现在考虑，维护什么信息，才能推出一个区间的所有子区间异或和，注意到对于一个 \(01\) 区间，当区间中 \(1\) 的个数为奇数时，结果为 \(1\) ，其他情况均为 \(0\) ,维护以下信息。

\(sum\) ：该区间内所有位的异或和。

\(ans\) ：该区间内所有子区间异或和为 \(1\) 的数量。

\(l_0\) ：该区间内以区间左端点为起点的所有区间中，异或和为 \(0\) 的区间数量。

\(l_1\) ：该区间内以区间左端点为起点的所有区间中，异或和为 \(1\) 的区间数量。

\(r_0\) ：该区间内以区间右端点为起点的所有区间中，异或和为 \(0\) 的区间数量。

\(r_1\) ：该区间内以区间右端点为起点的所有区间中，异或和为 \(1\) 的区间数量。

这些信息如何更新？

对于 \(sum\) ，只需左区间与右区间的 \(sum\) 异或即可。

对于 \(l_0\) ，首先，合并成的新区间的区间左端点还是左区间的左端点，所以在左区间中，所有以左区间左端点为起点，异或和为 \(0\) 的子区间，都会成为合并后区间的答案的一部分，然后所以终点在右区间中的区间，一定包含了完整的左区间，所以若左区间得到整个的异或和( \(a_l\) ^ \(...\) ^ \(a_{mid}\))，那么在右区间中的部分只要和左区间异或和相同，那么合并后新区间的这一段就是 \(0\) （也就是说 \(x\) ^ \(x=0\) ）。

另外三个同理讨论即可。

对于 \(ans\) ，首先是左区间的 \(ans\) ，与右区间的 \(ans\) ，显然会作为新区间的 \(ans\) 的一部分(看一眼定义就明白了) ，之前提到，异或和为 \(1\) 的子区间才会贡献 \(ans\) ，于是 \(ans\) 可求，具体可以看代码。

实现细节

有一些比较好写的写法，可以有效减少代码量。

线段树使用结构体封装一下，然后线段树的数组也定义成结构体（里面存了刚刚提到的 \(6\) 个重要信息）。

因为两个子区间合并时是很麻烦的，所以建议把合并写成一个返回值为结构体的 \(merge\) 函数。

代码实现

#define N 100005
#define p 100000007
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,l,r,a[N]; 
ll ans,s;
char op[5];
struct Point
{
	int l[2],r[2];
	ll sum,ans;
	Point(){l[0]=l[1]=r[0]=r[1]=sum=ans=0;}
};
struct segment_tree
{
	Point tree[N<<2];
	Point merge(Point a,Point b)
	{
		Point c;
        c.sum=a.sum^b.sum;
        c.l[0]=a.l[0]+b.l[a.sum];
        c.l[1]=a.l[1]+b.l[a.sum^1];
        c.r[0]=a.r[b.sum]+b.r[0];
        c.r[1]=a.r[b.sum^1]+b.r[1];
        c.ans=a.ans+b.ans+1ll*a.r[0]*b.l[1]+1ll*a.r[1]*b.l[0];
        return c;
	}
	void pushup(int node){tree[node]=merge(tree[node<<1],tree[node<<1|1]);}
	void update(int l,int r,int node,int x,int v)
	{
		if(r<x||l>x) return;
		if(l==r&&l==x)
		{
			tree[node].l[1]=tree[node].r[1]=tree[node].sum=tree[node].ans=v;
			tree[node].l[0]=tree[node].r[0]=(v^1);
			return;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		update(l,mid,node<<1,x,v);
		update(mid+1,r,node<<1|1,x,v);
		pushup(node);
	}
	Point query(int l,int r,int node,int x,int y)
	{
		if(r<x||l>y) 
		{
			Point emp;
			return emp;
		}
		if(x<=l&&r<=y) return tree[node];
		int mid=(l+r)>>1;
		Point a=query(l,mid,node<<1,x,y),b=query(mid+1,r,node<<1|1,x,y);
        return merge(a,b);     
	}
}rt[10];
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	a[i]=read();
    	for(int j=0;j<=9;j++) rt[j].update(1,n,1,i,(a[i]>>j)&1);
	}
	m=read();
	for(int T=1;T<=m;T++)
	{
		scanf("%s",op);l=read();r=read();
		if(op[0]=='M')
		{
			for(int j=0;j<=9;j++) rt[j].update(1,n,1,l,(r>>j)&1);	
		}
		else
		{
			s=0;
			for(int j=0;j<=9;j++)
			{
                Point tmp=rt[j].query(1,n,1,l,r);
                s+=(tmp.ans<<j);
            }
            printf("%lld\n",s%p);
		}
	}
    return 0; 
}