2752: [HAOI2012]高速公路(road)
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Description
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(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
C 1 4 2
C 1 2 -1
Q 1 2
Q 2 4
Q 1 4
Sample Output
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
这道题所有操作都是对边进行的，所以我们化点编号为边编号，询问时将$Q_r--$。
一眼看出这应该是假期望，真正所求为
$frac{sum limits_{i=l}^r sum limits_{j=l}^r dis[i][j]}{C_{r-l+1}^{2}}$
不要忘了我们已经将化点为边了，所以其实是
$frac{sum limits_{i=l}^r sum limits_{j=l}^r dis[i][j]}{C_{r-l+2}^{2}}$
分母很好算，即$frac {(r-l+2)(r-l+1)}{2}$
分子是需要我们维护的，但这种形式令我们无从下手。所以尝试换一种思路表示它。
对于每一段路，向左向右分别考虑它被经过的次数：
$sum limits_{i=l}^r{a[i]*(r-i+1)(i-l+1)}$
我们令$sum_1=sum limits_{i=l}^{r}{a[i]}$
$sum_2=sum limits_{i=l}^{r}{a[i]*i}$
$sum_3=sum limits_{i=l}^{r}{a[i]*i^2}$
把$sum$拆开，化简一下得到$(r-l+1-r*l)*sum_1+(r+l)*sum_2-sum_3$
然后这三个$sum$用线段树维护的话左右儿子合并直接相加就行了，
但是本题还需要区间修改
对于$sum_1$,直接按照普通线段树区间加数的方式修改，区间长度乘上值
对于$sum_2$,我们需要对区间加上$val*sum i$,这个建树时处理一下区间和即可
对于$sum_3$,我们需要对区间加上$val*sum i^2$，类似于上面直接建树时处理
（所谓建树时处理，就是建树$l,r$重合时存进去就行了）
出题人真是毒瘤……第一次用$define int ll$这么粗糙的方式……
对于性质类似的变量，以数组形式存储、for循环更新能大幅减少代码长度和调试难度。
另外，输出答案时需要求gcd约分一下。
完结撒花！
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #define ls(k) k<<1 #define rs(k) k<<1|1 const int N=100005; typedef long long ll; #define int ll int n,m; ll gcd(ll x,ll y){while(y^=x^=y^=x%=y);return x;} ll read() { ll 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*10+ch-'0',ch=getchar(); return x*f; } int lsd[N<<2],rsd[N<<2]; ll sum[N<<2][8],lz[N<<2],ans[5]; void update(int k) { for(int i=1;i<=3;i++) sum[k][i]=sum[ls(k)][i]+sum[rs(k)][i]; return ; } void build(int k,int l,int r) { lsd[k]=l,rsd[k]=r; if(l==r) { sum[k][4]=l*l; sum[k][5]=l; return ; } int mid=l+r>>1; build(ls(k),l,mid); build(rs(k),mid+1,r); for(int i=4;i<=5;i++) sum[k][i]=sum[ls(k)][i]+sum[rs(k)][i]; return ; } void pdown(int k,ll val) { sum[k][1]+=1LL*(rsd[k]-lsd[k]+1)*val; sum[k][2]+=val*sum[k][5]; sum[k][3]+=val*sum[k][4]; lz[k]+=val; return ; } void down(int k) { pdown(ls(k),lz[k]); pdown(rs(k),lz[k]); lz[k]=0; return ; } void change(int k,int L,int R,ll val) { if(lsd[k]>=L&&rsd[k]<=R) { pdown(k,val); return ; } if(lz[k])down(k); int mid=lsd[k]+rsd[k]>>1; if(mid>=L)change(ls(k),L,R,val); if(mid<R)change(rs(k),L,R,val); update(k); return ; } void query(int k,int L,int R) { if(lsd[k]>=L&&rsd[k]<=R) { for(int i=1;i<=3;i++) ans[i]+=sum[k][i]; return ; } if(lz[k])down(k); int mid=lsd[k]+rsd[k]>>1; if(mid>=L)query(ls(k),L,R); if(mid<R)query(rs(k),L,R); return ; } signed main() { n=read();m=read(); build(1,1,n);char op[3]; int ql,qr; while(m--) { scanf("%s",op); ql=read();qr=read()-1; if(op[0]=='C') { int val=read(); change(1,ql,qr,val); } else { for(int i=1;i<=3;i++)ans[i]=0; query(1,ql,qr); ll res=1LL*(qr-ql+1-qr*ql)*ans[1]+1LL*(qr+ql)*ans[2]-ans[3]; ll mot=1LL*(qr-ql+2)*(qr-ql+1)/2,GCD=gcd(res,mot); res/=GCD;mot/=GCD; printf("%lld/%lld ",res,mot); } } return 0; }