题目描述
小林是个程序媛，不可避免地康娜对这种人类的“魔法”产生了浓厚的兴趣，于是小林开始教她OI。
今天康娜学习了一种叫做线段树的神奇魔法，这种魔法可以维护一段区间的信息，是非常厉害的东西。康娜试着写了一棵维护区间和的线段树。由于她不会打标记，因此所有的区间加操作她都是暴力修改的。具体的代码如下：
struct Segment_Tree{
#define lson (o<<1)
#define rson (o<<1|1)
int sumv[N<<2],minv[N<<2];
inline void pushup(int o){sumv[o]=sumv[lson]+sumv[rson];}
inline void build(int o,int l,int r){
if(l==r){sumv[o]=a[l];return;}
int mid=(l+r)>>1;
build(lson,l,mid);build(rson,mid+1,r);
pushup(o);
}
inline void change(int o,int l,int r,int q,int v){
if(l==r){sumv[o]+=v;return;}
int mid=(l+r)>>1;
if(q<=mid)change(lson,l,mid,q,v);
else change(rson,mid+1,r,q,v);
pushup(o);
}
}T; 在修改时，她会这么写：
for(int i=l;i<=r;i++)T.change(1,1,n,i,addv);显然，这棵线段树每个节点有一个值，为该节点管辖区间的区间和。
康娜是个爱思考的孩子，于是她突然想到了一个问题：
如果每次在线段树区间加操作做完后，从根节点开始等概率的选择一个子节点进入，直到进入叶子结点为止，将一路经过的节点权值累加，最后能得到的期望值是多少？
康娜每次会给你一个值 qwq ，保证你求出的概率乘上 qwq 是一个整数。
这个问题太简单了，以至于聪明的康娜一下子就秒了。
现在她想问问你，您会不会做这个题呢？
输入输出格式
输入格式：
第一行整数 n,m,qwq表示线段树维护的原序列的长度，询问次数，分母。
第二行 n 个数，表示原序列。
接下来 m 行，每行三个数 l,r,x 表示对区间[l,r]加上 x
输出格式：
共 m 行，表示期望的权值和乘上qwq结果。
输入输出样例
8 2 1 1 2 3 4 5 6 7 8 1 3 4 1 8 2
90 120
说明
对于30%的数据，保证 1≤n,m≤100
对于70%的数据，保证 1≤n,m,≤10^55
对于100%的数据，保证1≤n,m≤10^66
−1000≤ai,x≤1000
首先，考虑每一次增加的x可以为期望增加多少
设一条路路径和为sum
该叶节点的期望为sum/2^(dep-1)
但每个叶子的dep不一定相同
所以可以给sum乘以2^(maxdep-dep),然后就可以统一除以2^(maxdep-1)
先O(n)把叶节点的sum和求出来
修改的话维护每一个数的贡献，用前缀和数组
修改时ans+=(s[r]-s[l-1])*x，cout<<ans*qwq/(2^(maxdep-1))
i
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 using namespace std; 7 typedef long long lol; 8 lol gi() 9 { 10 lol x=0,flag=1; 11 char ch=getchar(); 12 while (ch<'0'||ch>'9') 13 {if (ch=='-') flag=-1; 14 ch=getchar(); 15 } 16 while (ch>='0'&&ch<='9') 17 { 18 x=x*10+ch-'0'; 19 ch=getchar(); 20 } 21 return x*flag; 22 } 23 lol c[4000001]; 24 int dep[1000001],maxdep,n,m; 25 lol qwq,y,s[1000001],ans; 26 void build(int rt,int l,int r,int t) 27 { 28 if (l==r) 29 { 30 dep[l]=t; 31 c[rt]=gi(); 32 maxdep=max(maxdep,t); 33 return; 34 } 35 int mid=(l+r)/2; 36 build(rt*2,l,mid,t+1); 37 build(rt*2+1,mid+1,r,t+1); 38 c[rt]=c[rt*2]+c[rt*2+1]; 39 } 40 lol query(int rt,int l,int r,int t,lol tt) 41 { 42 if (l==r) 43 { 44 return (1LL<<t)*(c[rt]+tt); 45 } 46 int mid=(l+r)/2; 47 lol s=0; 48 s+=query(rt*2,l,mid,t-1,tt+c[rt]); 49 s+=query(rt*2+1,mid+1,r,t-1,tt+c[rt]); 50 return s; 51 } 52 lol gcd(lol a,lol b) 53 { 54 if (b==0) return a; 55 return gcd(b,a%b); 56 } 57 int main() 58 {int l,r,i; 59 lol x; 60 cin>>n>>m>>qwq; 61 build(1,1,n,1); 62 ans=query(1,1,n,maxdep-1,0); 63 for (i=1;i<=n;i++) 64 s[i]=s[i-1]+(((1LL<<dep[i])-1)<<(maxdep-dep[i])); 65 y=(1LL<<maxdep-1); 66 lol p=gcd(y,qwq); 67 qwq/=p;y/=p; 68 while (m--) 69 { 70 l=gi();r=gi();x=gi(); 71 ans+=(s[r]-s[l-1])*x; 72 printf("%lld ",ans*qwq/y); 73 } 74 }
,x≤1000