题目描述
在人类智慧的山巅，有着一台字长为 (1048576) 位的超级计算机，著名理论计算机科学家 P 博士正用它进行各种研究。 不幸的是，这天台风切断了电力系统，超级计算机无法工作，而 P 博士明天就要交实验结果了，只好求助于学过 OI 的你……
P 博士将他的计算任务抽象为对一个整数的操作。
具体来说，有一个整数 (x) ，一开始为 (0)。
接下来有 (n) 个操作，每个操作都是以下两种类型中的一种：
- 1 (a) (b) ：将 (x) 加上整数 (a cdot 2 ^ b)。其中 aa 为一个整数，bb 为一个非负整数
- 2 (k) ：询问 (x) 在用二进制表示时，位权为 (2 ^ k) 的位的值（即这一位上的 (1) 代表 (2 ^ k) ）
保证在任何时候，(x ge 0) 。
输入格式
从标准输入读入数据。
输入的第一行包含四个正整数 (n, t_1, t_2, t_3)，nn 的含义见题目描述，(t_1, t_2, t_3) 的具体含义见子任务。
接下来 (n) 行，每行给出一个操作，具体格式和含义见题目描述。
同一行输入的相邻两个元素之间，用恰好一个空格隔开。
输出格式
输出所询问的值。
题解
这波是暴力爆踩标程 用线段树的确太麻烦了
首先，如果暴力维护每个二进制位上的值，就算不考虑进位退位，(log_2 1e9=30)，时间复杂度是(O(30n))的，已经不太能卡过去了
发现都是0/1的二进制位，所以我们可以用unsigned int来压位，把32位压进一个uint块，这样(2^k)那一位就在第(k/32)块的第(k\%32)位上，每次修改只需要修改两个uint，似乎就是(O(n))的了
但是进位退位怎么办呢？
如果只有加法，没有减法的话，每次像高精加法一样暴力向上进位，可以证明时间复杂度是均摊(O(n))的，但是有了减法，时间复杂度就保证不了了
所以我们把加法和减法分开计算，一个uint数组维护累加的值，另一个数组维护累减的值，然后暴力进行高精加法
这里提一下怎么判断有没有进位：因为uint会自然溢出，而且每次加在一块上的数肯定是小于(2^{32})的，所以如果加完一个数发现uint比原来还小了，就说明向上一位进了一
设(a_i)表示加数二进制(2^i)那位的值，(b_i)表示减数
最后考虑统计答案：
用(a_k)减去(b_k)就好了？然而并不是
(k)以下的二进制位相减可能会产生借位，如果有借位显然答案应该是(a_k-b_k)再取反，所以我们需要判断是否有借位
判断借位其实也很简单，假设一共加了(sum)这么多，减了(sub)这么多，只需要比较(sum\%2^k)和(sub\%2^k)哪个更大就行了
假设(k/32=p, k\%32=q)，即(k)在第(p)块的第(q)位
把加数和减数 第(p)块的(0sim q-1)位的和分别算出来，如果加数的大于减数的就肯定没有借位了，反之则有，但是如果相等的话我们就还要继续向后比较
不可能直接一位一位向后枚举，不过我们可以直接找到第一个(i<k)的(a_i eq b_i)比较它们的大小
这个也很好实现，维护一个set动态记录哪些块满足 加数块不等于减数块，每次修改时顺便维护一下，然后查询时直接lower_bound就好了
然后此题就做完了。。。可能写得有点艰涩难懂但是实际上这个乱搞做法是很容易理解的
时间复杂度(O(nlog n))，不过set似乎跑得挺快
#include <bits/stdc++.h>
#define re register
using namespace std;
typedef unsigned int uint;
template<typename T>
inline void read(T &num) {
T x = 0, f = 1; char ch = getchar();
for (; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') f = -1;
for (; ch <= '9' && ch >= '0'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ '0');
num = x * f;
}
set<uint> st;
uint n, t1, t2, t3;
uint a[1000005], b[1000005]; //a维护加法块，b维护减法块
void add(uint pos, uint x) {
if (a[pos] + x < a[pos]) add(pos+1, 1);
a[pos] += x;
if (a[pos] != b[pos]) st.insert(pos);
else if (st.count(pos)) st.erase(pos);
}
void del(uint pos, uint x) {
if (b[pos] + x < b[pos]) del(pos+1, 1);
b[pos] += x;
if (a[pos] != b[pos]) st.insert(pos);
else if (st.count(pos)) st.erase(pos);
}
int main() {
read(n); read(t1); read(t2); read(t3);
for (uint i = 1; i <= n; i++) {
uint tp; read(tp);
if (tp == 1) { //暴力高精加法
int x, y; read(x); read(y);
uint p = y / 32, q = y % 32;
if (x > 0) {
add(p, x<<q);
if (q) add(p+1, x>>(32-q));
} else {
x = -x;
del(p, x<<q);
if (q) del(p+1, x>>(32-q));
}
} else {
uint k; read(k);
uint p = k / 32, q = k % 32;
uint now = ((a[p] >> q) ^ (b[p] >> q)) & 1;
uint x2 = a[p] % (1 << q), y2 = b[p] % (1 << q);
if (x2 < y2) { //本块内有借位
putchar((now^1)+'0');
} else if (x2 > y2 || st.empty() || p <= *(st.begin())) { //无需借位
putchar(now+'0');
} else { //可能在本块后借位
set<uint>::iterator it = st.lower_bound(p); it--;
uint pp = *it; //找到第一个不同块
if (a[pp] >= b[pp]) { //无需借位
putchar(now+'0');
} else { //需要借位
putchar((now^1)+'0');
}
}
puts("");
}
}
return 0;
}