[BZOJ4785][ZJOI2017]树状数组(概率+二维线段树)

 

4785: [Zjoi2017]树状数组

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Description

 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?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。

Input

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

Output

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）。

Sample Input

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

Sample Output

1
0
665496236
//在进行完 Add(3) 之后， A 数组变成了 [0, 1, 1, 0, 0]。所以前两次询问可怜的程序答案都是
1，因此第一次询问可怜一定正确，第二次询问可怜一定错误。

 首先经过分析证明可得，树状数组只是一层外衣，实际上题目就是求[l-1,r-1]和[l,r]的改变次数的差为偶数的概率，也就是l-1和r改变次数差为偶数的概率。（l==1的情况要特殊处理，也就是[1,r-1]和[r+1,n]的总改变次数差为偶数的概率）

想到这里之后，我们会有一个看似正确的直觉：可以通过动规+前缀和求出每个数被改变奇数次和偶数次的概率。但是实际上由于动规方程里的并不是互斥事件，所以概率不可以直接相乘。

所以我们可以肯定，一定是对每个数，依次遍历所有的修改，已修改时间为下标做DP。这样就有了一个简单的50分做法。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
typedef long long ll;
using namespace std;

const int N=3005,md=998244353;
int dp[N],n,m,op,l,r,cnt;
struct node{ int l,r,v; }G[N];

int ksm(int x,int y){
    int res=1;
    for(; y; y>>=1,x=(ll)x*x%md)
        if (y&1) res=(ll)res*x%md;
    return res;
}

int main(){
    freopen("bit.in","r",stdin);
    freopen("bit.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    while (m--){
        scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);
        if (op==1) G[cnt++]=(node){l,r,ksm(r-l+1,md-2)};
        else{
            int ans=1;
            if(l==1){
                rep(i,0,cnt)
                    if(G[i].r>=l){
                        int len=(G[i].r-max(l,G[i].l)+1-(G[i].r>=r&&G[i].l<=r));
                        len = len*(ll)G[i].v%md;
                        ans=(((ll)ans*(1-len)+(ll)(1-ans)*len)%md+md)%md;
                    }
            }else
                rep(i,0,cnt)
                    if(G[i].l<=l-1&&G[i].r>=r){
                        int len=G[i].v*(ll)2%md;
                        ans=(((ll)ans*(1-len)+(ll)(1-ans)*len)%md+md)%md;
                    }else if((G[i].l<=l-1&&G[i].r>=l-1)||(G[i].l<=r&&G[i].r>=r)){
                        int len=G[i].v;
                        ans=(((ll)ans*(1-len)+(ll)(1-ans)*len)%md+md)%md;
                    }
            printf("%d
",ans);
        }
    }
    return 0;
}

那么如果想到了这里，已经不难进一步想出用数据结构来维护了。将每个询问映射成二维平面上的点(l-1,r)，（类似BZOJ4826影魔），然后用二维线段树实现矩形区间修改，l==1的情况只要一维线段树即可。

UOJ上可能有BUG，在线自定义测试的时候程序正常运行并返回正确结果，同样的数据提交评测却无限RE。能过官方数据，BZOJ上AC，UOJ上的HACK数据没有测。

现在总结一下写代码的时候需要注意的地方。

1.每写完一段停下来检查一下

2.修改程序的时候要慢一点，检查修改是否正确并思考是否有类似地方需要修改。

3.调试时多想想平时遇到的问题优先考虑。

4.多总结遇到的错误（特别是模板方面），以1A为最终目标。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define lc (x<<1)
#define rc ((x<<1)|1)
#define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
using namespace std;

const int N=200100,md=998244353;
int n,m,cnt,nd,op,l,r,rt[N*3],P[N*180];
struct D{ int ls,rs; }a[N*180];
int F(int x,int y){ return (1ll*x*y%md+1ll*(1-x+md)*(1-y+md)%md)%md; }

int ksm(int a,int b){
    int res;
    for (res=1; b; a=(1ll*a*a)%md,b>>=1)
        if (b & 1) res=(1ll*res*a)%md;
    return res;
}

void mdf(int &x,int L,int R,int l,int r,int k){
    if (!x) x=++nd,P[x]=1;
    if (L==l && r==R) { P[x]=F(P[x],k); return; }
    int mid=(L+R)>>1;
    if (r<=mid) mdf(a[x].ls,L,mid,l,r,k);
    else if (l>mid) mdf(a[x].rs,mid+1,R,l,r,k);
        else mdf(a[x].ls,L,mid,l,mid,k),mdf(a[x].rs,mid+1,R,mid+1,r,k);
}

int que(int x,int L,int R,int pos){
    if (!x) return 1;
    if (L==R) return P[x]; int mid=(L+R)>>1;
    if (pos<=mid) return F(P[x],que(a[x].ls,L,mid,pos));
        else return F(P[x],que(a[x].rs,mid+1,R,pos));
}

void Mdf(int x,int L,int R,int l,int r,int xx,int yy,int k){
    if (L==l && r==R){ mdf(rt[x],0,n+1,xx,yy,k); return; }
    int mid=(L+R)>>1;
    if (r<=mid) Mdf(lc,L,mid,l,r,xx,yy,k);
    else if (l>mid) Mdf(rc,mid+1,R,l,r,xx,yy,k);
        else Mdf(lc,L,mid,l,mid,xx,yy,k),Mdf(rc,mid+1,R,mid+1,r,xx,yy,k);
}

int Que(int x,int L,int R,int posx,int posy){
    int res=1;
    if (rt[x]) res=F(res,que(rt[x],0,n+1,posy));
    if (L==R) return res; int mid=(L+R)>>1;
    if (posx<=mid) res=F(res,Que(lc,L,mid,posx,posy));
        else res=F(res,Que(rc,mid+1,R,posx,posy));
    return res;
}

int main(){
    freopen("bit.in","r",stdin);
    freopen("bit.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    rep(i,1,m){
        scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);
        if (op==1){
            int p=ksm(r-l+1,md-2);
            if (l>1) Mdf(1,1,n,1,l-1,l,r,(1-p+md)%md),mdf(rt[0],1,n,1,l-1,0);
            if (r<n) Mdf(1,1,n,l,r,r+1,n,(1-p+md)%md),mdf(rt[0],1,n,r+1,n,0);
            if (l!=r) Mdf(1,1,n,l,r,l,r,(1-p*2+md+md)%md);
            mdf(rt[0],1,n,l,r,p);
        }else{
            if (l==1) printf("%d
",que(rt[0],1,n,r)); else printf("%d
",Que(1,1,n,l-1,r));
        }
    }
    return 0;
}