【bzoj4785】[Zjoi2017]树状数组 线段树套线段树

题目描述

漆黑的晚上，九条可怜躺在床上辗转反侧。难以入眠的她想起了若干年前她的一次悲惨的OI 比赛经历。那是一道基础的树状数组题。给出一个长度为 n 的数组 A，初始值都为 0，接下来进行 m 次操作，操作有两种：

1 x，表示将 Ax 变成 (Ax + 1) mod 2。

2 l r，表示询问 sigma(Ai) mod 2,L<=i<=r

尽管那个时候的可怜非常的 simple，但是她还是发现这题可以用树状数组做。当时非常young 的她写了如下的算法：

1: function Add(x)

2: while x > 0 do

3: A

x ← (Ax + 1) mod 2

4: x ← x - lowbit(x)

5: end while

6: end function

7:

8: function Find(x)

9: if x == 0 then

10: return 0

11: end if

12: ans ← 0

13: while x ≤ n do

14: ans ← (ans + Ax) mod 2

15: x ← x + lowbit(x)

16: end while

17: return ans

18: end function

19:

20: function Query(l, r)

21: ansl ← Find(l - 1)

22: ansr ← Find(r)

23: return (ansr - ansl + 2) mod 2

24: end function

其中 lowbit(x) 表示数字 x 最高的非 0 二进制位，例如 lowbit(5) = 1, lowbit(12) = 4。进行第一类操作的时候就调用 Add(x)，第二类操作的时候答案就是 Query(l, r)。如果你对树状数组比较熟悉，不难发现可怜把树状数组写错了： Add和Find 中 x 变化的方向反了。因此这个程序在最终测试时华丽的爆 0 了。然而奇怪的是，在当时，这个程序通过了出题人给出的大样例——这也是可怜没有进行对拍的原因。现在，可怜想要算一下，这个程序回答对每一个询问的概率是多少，这样她就可以再次的感受到自己是一个多么非的人了。然而时间已经过去了很多年，即使是可怜也没有办法完全回忆起当时的大样例。幸运的是，她回忆起了大部分内容，唯一遗忘的是每一次第一类操作的 x的值，因此她假定这次操作的 x 是在 [li, ri] 范围内 等概率随机 的。具体来说，可怜给出了一个长度为 n 的数组 A，初始为 0，接下来进行了 m 次操作：

1 l r，表示在区间 [l, r] 中等概率选取一个 x 并执行 Add(x)。

2 l r，表示询问执行 Query(l, r) 得到的结果是正确的概率是多少。

输入

第一行输入两个整数 n, m。

接下来 m 行每行描述一个操作，格式如题目中所示。

N<=10^5,m<=10^5,1<=L<=R<=N

输出

对于每组询问，输出一个整数表示答案。如果答案化为最简分数后形如 x/y，那么你只需要输出 x*y^?1 mod 998244353 后的值。（即输出答案模 998244353）。

样例输入

5 5
1 3 3
2 3 5
2 4 5
1 1 3
2 2 5

样例输出

1
0
665496236

---

题解

线段树套线段树

“如果你对树状数组比较熟悉，不难发现”本题中树状数组求的是后缀和。

那么当$l-1 eq 0$时（等于0时再单独讨论），求出的结果即为$sumlimits_{i=l-1}^{r-1}A_i$，若与$sumlimits_{i=l}^rA_i$相等，则要求$A_{l-1}=A_r$。所以只需要求出$A_{l-1}=A_r$的概率即可。

我们想，对于修改操作[l,r]，如果已经确定了左端点t和右端点k，如何更新t与k(k>t)相等的概率呢？

肯定是要分情况讨论，当然其中只有当$t$或$kin[l,r]$时才会产生影响。

1.当$tin[1,l-1]$，$kin[l,r]$时，不影响的概率为1-p

2.当$tin[l,r]$，$kin[l,r]$时，不影响的概率为1-2p

3.当$tin[l,r]$，$kin[r+1,n]$时，不影响的概率为1-p。

如果确定了t，我们显然可以使用线段树维护这三段区间。至于概率的问题，如果原来相等的概率为p，不影响的概率为q，那么新的相等的概率显然为$p·q+(1-p)(1-q)$。并且这个式子满足交换律和结合律，因此更新顺序是不需要考虑的（并且可以标记永久化）。

而由于t的存在情况也是连续的区间，所以我们还需要一颗线段树维护左端点t，所以需要线段树套线段树，即二维线段树。

具体实现：使用类似于标记永久化的思想，选择一段外层区间和内层区间，就把（外层区间对应的外层节点）对应的（内层区间对应的内层节点）更新。

至于查询[l,r]，则查找（外层线段树中l-1对应的节点）对应的（内层线段树中r对应的节点）。因为永久化了标记，所以所有经过的节点对答案的贡献都需要记录到答案中（特别是外层线段树）。

以上就是$l eq 1$的情况，至于l=1的情况，同理，要保证的是r的前缀和等于后缀和，采用同样的思路维护一下就好了，具体见代码中对外层线段树0节点的操作。

代码真心不长~

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;
int root[N << 2] , ls[N << 8] , rs[N << 8] , tot , n;
ll sum[N << 8];
ll cal(ll x , ll y)
{
	return (x * y + (1 - x + mod) * (1 - y + mod)) % mod;
}
ll pow(ll x , ll y)
{
	ll ans = 1;
	while(y)
	{
		if(y & 1) ans = ans * x % mod;
		x = x * x % mod , y >>= 1;
	}
	return ans;
}
void update(int b , int e , ll v , int l , int r , int &x)
{
	if(!x) x = ++tot , sum[x] = 1;
	if(b <= l && r <= e)
	{
		sum[x] = cal(sum[x] , v);
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(b <= mid) update(b , e , v , l , mid , ls[x]);
	if(e > mid) update(b , e , v , mid + 1 , r , rs[x]);
}
ll query(int p , int l , int r , int x)
{
	if(!x) return 1;
	if(l == r) return sum[x];
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(p <= mid) return cal(sum[x] , query(p , l , mid , ls[x]));
	else return cal(sum[x] , query(p , mid + 1 , r , rs[x]));
}
void modify(int p , int q , ll v , int b , int e , int l , int r , int x)
{
	if(p <= l && r <= q)
	{
		update(b , e , v , 1 , n , root[x]);
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(p <= mid) modify(p , q , v , b , e , l , mid , x << 1);
	if(q > mid) modify(p , q , v , b , e , mid + 1 , r , x << 1 | 1);
}
ll solve(int p , int q , int l , int r , int x)
{
	if(l == r) return query(q , 1 , n , root[x]);
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(p <= mid) return cal(query(q , 1 , n , root[x]) , solve(p , q , l , mid , x << 1));
	else return cal(query(q , 1 , n , root[x]) , solve(p , q , mid + 1 , r , x << 1 | 1));
}
int main()
{
	int m , opt , l , r;
	ll p;
	scanf("%d%d" , &n , &m);
	while(m -- )
	{
		scanf("%d%d%d" , &opt , &l , &r);
		if(opt == 1)
		{
			p = pow(r - l + 1 , mod - 2);
			if(l > 1) modify(1 , l - 1 , (1 - p + mod) % mod , l , r , 0 , n , 1) , modify(0 , 0 , 0 , 1 , l - 1 , 0 , n , 1);
			if(r < n) modify(l , r , (1 - p + mod) % mod , r + 1 , n , 0 , n , 1) , modify(0 , 0 , 0 , r + 1 , n , 0 , n , 1);
			modify(l , r , (1 - (p << 1) % mod + mod) % mod , l , r , 0 , n , 1) , modify(0 , 0 , p , l , r , 0 , n , 1);
		}
		else printf("%lld
" , solve(l - 1 , r , 0 , n , 1));
	}
	return 0;
}