Problem
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 (1sim n) ，从收费站 (i) 行驶到 (i+1) (或从 (i+1) 行驶到 (i) )需要收取 (V_i) 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 Format
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 (1le l< rle n)
Output Format
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 (ans) ，输出 (ans/1)。
Sample
Input
4 5
C 1 4 2
C 1 2 -1
Q 1 2
Q 2 4
Q 1 4
Output
1/1
8/3
17/6
Explanation
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
Range
| (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 |
Algorithm
线段树
Mentality
很显然，这题和期望概率毫无关系，只需要求出总贡献再去除以 (C_{r-l+1}^2) 即可。
那么如何求总贡献呢？
考虑分开计算贡献，我们最后的总贡献肯定是：
仔细凝视这个式子肯定是看不出什么的还会显得你很愚蠢 ，动手才是正途。我们先把这两个括号拆开看看：
好的，既然我们拆成了这样，那么我们的 (sum) 就成功地被一拆三了！由于我们已经把包含 (i) 的项都单独放在了外面，剩下的都是定值，那么我们的总贡献就改为了这样的三个 (sum) 之和：
由于 (r-l+1-r*l) 和 (r+l) 都很普通，我们只需要用线段树维护三个含 (i) 的值就好啦！
至于这三个值怎么维护呢？看着满阔怕，但是由于 (sum) 中的每一项都是单独算的，那么不难发现，我们对一个区间都加上 (v) 时，这段区间上三个值加上的贡献肯定分别为：(v*(r-l+1)) ，(v*sum i)，(v*sum i^2) 。那么我们只需要预处理一下 (i) 和 (i^2) 的前缀和即可！
最后和 (C_{r-l+1}^2) 同除 (gcd) 即可。
啥？代码有哪些坑点？没啥坑点，自己体会 = = 。
Code
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define ls (o << 1)
#define rs ((o << 1) + 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
int n, m;
long long x, L, R, ans[4], a[100001], q1[100001], q2[100001], adv[400001],
sum[4][400001];
char opt;
void pushup(int o) {
for (int i = 1; i <= 3; i++) sum[i][o] = sum[i][ls] + sum[i][rs];
}
void pushdown(int o, int l, int r) {
sum[1][ls] += 1ll * adv[o] * (mid - l + 1);
sum[2][ls] += adv[o] * (q1[mid] - q1[l - 1]);
sum[3][ls] += adv[o] * (q2[mid] - q2[l - 1]);
sum[1][rs] += 1ll * adv[o] * (r - mid);
sum[2][rs] += adv[o] * (q1[r] - q1[mid]);
sum[3][rs] += adv[o] * (q2[r] - q2[mid]);
adv[ls] += adv[o], adv[rs] += adv[o];
adv[o] = 0;
}
void add(int o, int l, int r) {
if (l >= L && r <= R) {
adv[o] += x;
sum[1][o] += 1ll * x * (r - l + 1);
sum[2][o] += x * (q1[r] - q1[l - 1]);
sum[3][o] += x * (q2[r] - q2[l - 1]);
return;
}
pushdown(o, l, r);
if (mid >= L) add(ls, l, mid);
if (mid < R) add(rs, mid + 1, r);
pushup(o);
}
void query(int o, int l, int r) {
if (l >= L && r <= R) {
for (int i = 1; i <= 3; i++) ans[i] += sum[i][o];
return;
}
pushdown(o, l, r);
if (mid >= L) query(ls, l, mid);
if (mid < R) query(rs, mid + 1, r);
pushup(o);
}
long long gcd(long long a, long long b) { return !b ? a : gcd(b, a % b); }
int main() {
freopen("2221.in", "r", stdin);
freopen("2221.out", "w", stdout);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%lld", &a[i]);
q1[i] = q1[i - 1] + 1ll * i;
q2[i] = q2[i - 1] + 1ll * i * i;
}
while (m--) {
scanf("%s%lld%lld", &opt, &L, &R);
R--;
if (opt == 'C') {
scanf("%lld", &x);
add(1, 1, n);
} else {
ans[1] = ans[2] = ans[3] = 0;
query(1, 1, n);
long long Ans = (R - L + 1 - R * L) * ans[1] + (L + R) * ans[2] - ans[3],
Tot = (R - L + 2) * (R - L + 1) / 2;
long long Gcd = gcd(Ans, Tot);
printf("%lld/%lld
", Ans / Gcd, Tot / Gcd);
}
}
}