[清华集训]序列操作

题目

在(operatorname{NOIP})停办的日子发篇博客纪念一下

发现这个(cleq min(20,r-l+1))，显然可以把(0)到(20)的答案都存一下，线段树合并两个区间就是直接做一个卷积

考虑区间加操作，设(f_i)表示当前区间里所有长度为(i)的子序列乘积的和，我们考虑每一个子序列对这个的贡献，有

[f_i=sum_{j=0}^if_jinom{len-j}{i-j}c^{i-j} ]

就是考虑一个原来长度为(j)的子序列，只有乘上(c^{i-j})才能对长度为(i)的子序列产生贡献，同时对于剩下的(len-j)个数我们再随便选出(i-j)个就能构成长度为(j)的子序列了，于是再乘上(inom{len-j}{i-j})

这个东西也可以直接(20^2)算出来

对于取反，我们只需要把长度为奇数的子序列取一个反就好了，同时把加法标记取反

于是就以(O(20^2moperatorname{logn}))的复杂度做完了这道题

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define LL long long
#define min std::min
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0,r=1;
	while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') r=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return r*x;
}
const int maxn=5e4+5;
const int mod=19940417;
int c[maxn][21];
int l[maxn*3],r[maxn*3],tag[maxn*3],rev[maxn*3];
int dp[maxn*3][21],h[21],pw[21],ans[21],n,m;
inline int C(int n,int m) {return m>n?0:c[n][m];}
inline void merge(int *f,int *g,int T) {
	for(re int i=0;i<=T;i++) h[i]=0;
	for(re int i=0;i<=T;i++)
		for(re int j=0;i+j<=T;j++)
			h[i+j]=(h[i+j]+1ll*f[i]*g[j]%mod)%mod;
	for(re int i=0;i<=T;i++) f[i]=h[i];
}
inline void pushup(int x) {
	for(re int i=0;i<=20;i++) 
		dp[x][i]=dp[x<<1][i];
	merge(dp[x],dp[x<<1|1],20);
}
void build(int x,int y,int i) {
	l[i]=x,r[i]=y;
	if(x==y) {
		dp[i][0]=1;dp[i][1]=(read()+mod)%mod;return;
	}
	int mid=x+y>>1;
	build(x,mid,i<<1),build(mid+1,y,i<<1|1);
	pushup(i);
}
void solve(int *f,int v,int len) {
	int T=min(20,len);
	for(re int i=1;i<=T;i++) pw[i]=1ll*pw[i-1]*v%mod;
	for(re int i=T;i;--i) 
		for(re int j=i-1;j>=0;--j)
			f[i]=(f[i]+1ll*f[j]*pw[i-j]%mod*C(len-j,i-j)%mod)%mod;
}
inline void pushdown(int x) {
	if(rev[x]) {
		rev[x<<1|1]^=1,rev[x<<1]^=1;
		tag[x<<1|1]=(mod-tag[x<<1|1])%mod;
		tag[x<<1]=(mod-tag[x<<1])%mod;
		for(re int i=1;i<=20;i+=2)
			dp[x<<1][i]=(mod-dp[x<<1][i])%mod,
			dp[x<<1|1][i]=(mod-dp[x<<1|1][i])%mod;
		rev[x]=0;
	}
	if(tag[x]) {
		tag[x<<1]=(tag[x<<1]+tag[x])%mod;
		tag[x<<1|1]=(tag[x<<1|1]+tag[x])%mod;
		solve(dp[x<<1],tag[x],r[x<<1]-l[x<<1]+1);
		solve(dp[x<<1|1],tag[x],r[x<<1|1]-l[x<<1|1]+1);
		tag[x]=0;
	}
}
void add(int x,int y,int v,int i) {
	if(x<=l[i]&&y>=r[i]) {
		solve(dp[i],v,r[i]-l[i]+1);
		tag[i]=(tag[i]+v)%mod;
		return;
	}
	pushdown(i);
	int mid=l[i]+r[i]>>1;
	if(x<=mid) add(x,y,v,i<<1);
	if(y>mid) add(x,y,v,i<<1|1);
	pushup(i);
}
void change(int x,int y,int i) {
	if(x<=l[i]&&y>=r[i]) {
		rev[i]^=1;
		tag[i]=(mod-tag[i])%mod;
		for(re int j=1;j<=20;j+=2)
			dp[i][j]=(mod-dp[i][j])%mod;
		return;
	}
	pushdown(i);
	int mid=l[i]+r[i]>>1;
	if(x<=mid) change(x,y,i<<1);
	if(y>mid) change(x,y,i<<1|1);
	pushup(i);
} 
void query(int x,int y,int v,int i) {
	if(x<=l[i]&&y>=r[i]) {
		merge(ans,dp[i],v);
		return;
	}
	pushdown(i);
	int mid=l[i]+r[i]>>1;
	if(x<=mid) query(x,y,v,i<<1);
	if(y>mid) query(x,y,v,i<<1|1);
}
int main() {
	n=read(),m=read();build(1,n,1);
	for(re int i=0;i<=n;i++) c[i][0]=1;
	for(re int i=1;i<=n;i++)
		for(re int j=1;j<=min(i,20);j++)
			c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
	char op[4];int x,y,v;ans[0]=pw[0]=1;
	while(m--) {
		scanf("%s",op);x=read(),y=read();
		if(op[0]=='I') {
			v=read();v=(v%mod+mod)%mod;
			add(x,y,v,1);
		}
		if(op[0]=='Q') {
			v=read();v=(v%mod+mod)%mod;
			for(re int i=1;i<=20;i++) ans[i]=0;
			query(x,y,v,1);
			printf("%d
",ans[v]);
		}
		if(op[0]=='R') change(x,y,1);
	}
	return 0;
}