线段树 高速公路(road)

问题 C: 高速公路(road)
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题目描述

Y901高速公路是一条重要的交通纽带，政府部门建设初期的投入以及使用期间的养护费用都不低，因此政府在这条高速公路上设立了许多收费站。
Y901高速公路是一条由N-1段路以及N个收费站组成的东西向的链，我们按照由西向东的顺序将收费站依次编号为1~N，从收费站i行驶到i+1(或从i+1行驶到i)需要收取Vi的费用。高速路刚建成时所有的路段都是免费的。
政府部门根据实际情况，会不定期地对连续路段的收费标准进行调整，根据政策涨价或降价。
无聊的小A同学总喜欢研究一些稀奇古怪的问题，他开车在这条高速路上行驶时想到了这样一个问题:对于给定的l,r在第l个到第r个收费站里等概率随机取出两个不同的收费站a和b，那么从a行驶到b将期望花费多少费用呢?

Input

第一行2个正整数N,M，表示有N个收费站，M次调整或询问
接下来M行，每行将出现以下两种形式中的一种
C l r v 表示将第l个收费站到第r个收费站之间的所有道路的通行费全部增加v
Q l r 表示对于给定的l,r，要求回答小A的问题
所有C与Q操作中保证1<=l< r <=N

Output
对于每次询问操作回答一行，输出一个既约分数
若答案为整数a，输出a/1

Sample Input
4 5

C 1 4 2

C 1 2 -1

Q 1 2

Q 2 4

Q 1 4

Sample Output
1/1

8/3

17/6

HINT
数据规模
所有C操作中的v的绝对值不超过10000
在任何时刻任意道路的费用均为不超过10000的非负整数
所有测试点的详细情况如下表所示
Test N M
1 =10 =10
2 =100 =100
3 =1000 =1000
4 =10000 =10000
5 =50000 =50000
6 =60000 =60000
7 =70000 =70000
8 =80000 =80000
9 =90000 =90000
10 =100000 =100000

假若给的区间是l~r，因为给的是点，而对答案有贡献的是路段，所以直接r–，把这r-l+1段路来搞区间就行了。
不难发现，i对答案的贡献就是v[i]* (i-l+1) *(r-i+1),
总的答案就是Σ这一坨，但如何搞成线段树呢，
化简：=-i^2*v[i]+(l+r)*i*v[i]-(r+1)(l-1)*v[i],
所以我们维护Σ-i^2*v[i], Σi*v[i], Σv[i],就行了。区间修改，因为更改的是v[i]，所以维护两个参数，Σi^2, Σi，相应值更改就是参数*k了。

#pragma GCC optimize("O3")
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 100005
#define ll long long
#define int ll
using namespace std;
int read()
{
    int sum=0,f=1;char x=getchar();
    while(x<'0'||x>'9'){if(x=='-')f=-1;x=getchar();}
    while(x>='0'&&x<='9'){sum=(sum<<1)+(sum<<3)+x-'0';x=getchar();}
    return sum*f;
}
inline ll gcd(ll x,ll y){return !y?x:gcd(y,x%y);}
int n,m;
struct tree{int l,r;ll g1,g2,h1,h2,h3,lz;}t[N*4];
void build(int l,int r,int x)
{
    t[x].l=l;t[x].r=r;
    if(l==r)
    {
        t[x].g1=l*l;
        t[x].g2=l;
        t[x].h1=t[x].h2=t[x].h3=0;
        return ;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    build(l,mid,x*2);
    build(mid+1,r,x*2+1);
    t[x].g1=t[x*2].g1+t[x*2+1].g1;
    t[x].g2=t[x*2].g2+t[x*2+1].g2;
}
inline void down(int x)
{
    ll l=t[x].lz;
    t[x*2].h1+=l*t[x*2].g1;
    t[x*2].h2+=l*t[x*2].g2;
    t[x*2].h3+=l*((ll)t[x*2].r-t[x*2].l+1);
    t[x*2].lz+=l;
    t[x*2+1].h1+=l*t[x*2+1].g1;
    t[x*2+1].h2+=l*t[x*2+1].g2;
    t[x*2+1].h3+=l*((ll)t[x*2+1].r-t[x*2+1].l+1);
    t[x*2+1].lz+=l;
    t[x].lz=0;
}
inline void add(int l,int r,ll k,int x)
{
    if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r)
    {
        t[x].lz+=k;t[x].h3+=(ll)k*((ll)t[x].r-t[x].l+1);
        t[x].h1+=(ll)k*t[x].g1;
        t[x].h2+=(ll)k*t[x].g2;
        return;
    }
    if(t[x].lz)down(x);
    int mid=(t[x].l+t[x].r)/2;
    if(l<=mid)add(l,r,k,x*2);
    if(r>mid)add(l,r,k,x*2+1);
    t[x].h1=t[x*2].h1+t[x*2+1].h1;
    t[x].h2=t[x*2].h2+t[x*2+1].h2;
    t[x].h3=t[x*2].h3+t[x*2+1].h3;
}
inline ll q1(int l,int r,int x)
{
    if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r)return t[x].h1;
    if(t[x].lz)down(x);
    int mid=(t[x].l+t[x].r)/2;ll s=0;
    if(l<=mid)s=q1(l,r,x*2);
    if(r>mid)s+=q1(l,r,x*2+1);
    return s;
}
inline ll q2(int l,int r,int x)
{
    if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r)return t[x].h2;
    if(t[x].lz)down(x);
    int mid=(t[x].l+t[x].r)/2;ll s=0;
    if(l<=mid)s=q2(l,r,x*2);
    if(r>mid)s+=q2(l,r,x*2+1);
    return s;
}
inline ll q3(int l,int r,int x)
{
    if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r)return t[x].h3;
    if(t[x].lz)down(x);
    int mid=(t[x].l+t[x].r)/2;ll s=0;
    if(l<=mid)s=q3(l,r,x*2);
    if(r>mid)s+=q3(l,r,x*2+1);
    return s;
}
signed main()
{
    n=read();m=read();char s[2];ll l,r,z;
    build(1,n-1,1);
    while(m--)
    {
        scanf("%s",s);
        if(s[0]=='C')
        {
            l=read();r=read();z=read();r--;
            add(l,r,z,1);
        }
        else
        {
            l=read();r=read();r--;
            ll g=r-l+1,h=(r+1)*(l-1),j=l+r;
            ll ans1=0,ans2=(g+1)*g/2;
            ans1=-1ll*q1(l,r,1)+q2(l,r,1)*j-h*q3(l,r,1);
            //cout<<q3(l,r,1)*(r+1)*(l-1)<<endl;
            ll k=gcd(ans1,ans2);ans1/=k;ans2/=k;
            printf("%lld/%lld
",ans1,ans2);
        }
    }
}