【ZJOI2017】树状数组

题目描述

漆黑的晚上，九条可怜躺在床上辗转反侧。难以入眠的她想起了若干年前她的一次悲惨的 OI 比赛经历。那是一道基础的树状数组题。

给出一个长度为 $n$ 的数组 $A$，初始值都为 $0$，接下来进行 $m$ 次操作，操作有两种：

• $1~x$, 表示将 $A_x$ 变成 $(A_x + 1) mod{2}$。
• $2~l~r$, 表示询问 $(sum_{i=l}^r A_i) mod{2}$。

尽管那个时候的可怜非常的 simple，但是她还是发现这题可以用树状数组做。当时非常 young 的她写了如下的算法：

其中 $mathrm{lowbit}(x)$ 表示数字 $x$ 最低的非 $0$ 二进制位，例如 $mathrm{lowbit}(5) = 1, mathrm{lowbit}(12) = 4$。进行第一类操作的时候就调用 $mathrm{Add}(x)$，第二类操作的时候答案就是 $mathrm{Query}(l, r)$。

如果你对树状数组比较熟悉，不难发现可怜把树状数组写错了：$mathrm{Add}$ 和 $mathrm{Find}$ 中 $x$ 变化的方向反了。因此这个程序在最终测试时华丽的爆 $0$ 了。

然而奇怪的是，在当时，这个程序通过了出题人给出的大样例——这也是可怜没有进行对拍的原因。

现在，可怜想要算一下，这个程序回答对每一个询问的概率是多少，这样她就可以再次的感受到自己是一个多么非的人了。然而时间已经过去了很多年，即使是可怜也没有办法完全回忆起当时的大样例。幸运的是，她回忆起了大部分内容，唯一遗忘的是每一次第一类操作的 $x$ 的值，因此她假定这次操作的 $x$ 是在 $[l_i, r_i]$ 范围内等概率随机的。

具体来说，可怜给出了一个长度为 $n$ 的数组 $A$，初始为 $0$，接下来进行了 $m$ 次操作：

• $1~l~r$, 表示在区间 $[l, r]$ 中等概率选取一个 $x$ 并执行 $mathrm{Add}(x)$。
• $2~l~r$, 表示询问执行 $mathrm{Query}(l, r)$ 得到的结果是正确的概率是多少。

输入格式

第一行输入两个整数 $n, m$。 接下来 $m$ 行每行描述一个操作，格式如题目中所示。

输出格式

对于每组询问，输出一个整数表示答案。如果答案化为最简分数后形如 $frac{x}{y}$，那么你只需要输出 $x imes y^{-1} mod{998244353}$ 后的值。(即输出答案模 $998244353$)。

限制与约定

测试点编号	$n$	$m$	其他约定
1	$le 5$	$le 10$	无
2	$le 50$	$le 50$
3
4	$le 3000$	$le 3000$
5
6	$le 10^5$	$le 10^5$	所有询问都在修改后
7
8			无
9
10

对于 100% 的数据，保证 $1 le l le r le n$。

时间限制：$4 exttt{s}$

空间限制：$512 exttt{MB}$

---

分析1

打个暴力，小范围的找一下规律，就会发现，这个写错的树状数组，其实就是单点修改，查询后缀和

那么因为所有的结果都对2取模，那么我们可以看成是查询后缀异或和

这样一来，我们(Find(x))就是(XOR_{i=x}^{n} a_i)

于是(Query(l,r))就是(XOR_{i=l-1}^{n} a_i oplus XOR_{i=r}^{n} a_i=XOR_{i=l-1}^{r-1} a_i)

而实际，正确的答案应该是(XOR_{i=l}^{r} a_i)，那么我们只要看(a_{l-1}oplus a_{r})的结果就行了

但是，当(l=1)的时候，情况就不一样了，因为Find函数，特判了(l=1)的情况

(Query(1,r)=XOR_{i=r}^{n} a_i)，而实际需要的是(XOR_{i=l}^{r} a_i)，那么就要看(XOR_{i=1}^{n(i eq r)} a_i)，也就是(Toplus a_r)，(T)表示(1)操作的次数，即修改的次数

那么，这样一来就变成了单点修改问题，直接暴力解决，时间复杂度(O(nm))，可以得到50分

#include<cstdio>  
#include<iostream>  
#include<algorithm>  
#include<cstdlib>  
#include<cstring>
#include<string>
#include<climits>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#define LL long long
 
using namespace std;
 
inline char nc(){
  static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
  if (p1==p2) { p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin); if (p1==p2) return EOF; }
  return *p1++;
}
 
inline void read(int &x){
  char c=nc();int b=1;
  for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
  for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
 
inline void read(LL &x){
  char c=nc();LL b=1;
  for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
  for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}

inline int read(char *s)
{
	char c=nc();int len=0;
	for(;!(c>='A' && c<='Z');c=nc()) if (c==EOF) return 0;
	for(;(c>='A' && c<='Z');s[len++]=c,c=nc());
	s[len++]='';
	return len;
}

inline void read(char &x){
  for (x=nc();!(x>='A' && x<='Z');x=nc());
}

int wt,ss[19];
inline void print(int x){

	if (x<0) x=-x,putchar('-'); 
	if (!x) putchar(48); else {
	for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);
	for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
inline void print(LL x){
	if (x<0) x=-x,putchar('-');
	if (!x) putchar(48); else {for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}

int n,m,a[100010],c[100010],f[5];
struct data
{
	LL x,y;
}q[100010];
LL Sum;
const LL mo=998244353;

LL GCD(LL x,LL y)
{
	if (x==0 || y==0) return 1LL;
	LL r=x%y;
	while (r!=0) x=y,y=r,r=x%y;
	return y;
}

LL Power(LL x,LL y)
{
	LL res=1;
	for(;y;y>>=1)
	{
		if (y&1) res=res*x%mo;
		x=x*x%mo;
	}
	return res%mo;
}

LL P(LL x,LL y){return x*Power(y,mo-2)%mo;}
LL jia(LL x,LL y){return (x+y)%mo;}
LL jia(LL x,LL y,LL z){return ((x+y)%mo+z)%mo;}
LL cheng(LL x,LL y){return x*y%mo;}

LL calc(int l,int r)
{
	if (l==1)
	{
		f[0]=P(1LL,1LL),f[1]=0;
		LL x,y;
		for (int i=1;i<=Sum;i++)
			if (q[i].x<=r && q[i].y>=r)
			{
				x=f[0],y=f[1];
				f[0]=jia(cheng(y,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(x,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)));
				f[1]=jia(cheng(x,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(y,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)));
			}
		x=f[Sum%2];
		return x;
	}
	else
	{
		LL x,y,u,v;l--;
		f[0]=P(1LL,1LL),f[1]=0,f[2]=0,f[3]=0;
		for (int i=1;i<=Sum;i++)
			if (q[i].x<=l && q[i].y>=l && q[i].x<=r && q[i].y>=r)
			{
				x=f[0],y=f[1],u=f[2],v=f[3];
				f[0]=jia(cheng(x,P(q[i].y-q[i].x-1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(y,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(u,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
				f[1]=jia(cheng(y,P(q[i].y-q[i].x-1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(x,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(v,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
				f[2]=jia(cheng(u,P(q[i].y-q[i].x-1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(x,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(v,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
				f[3]=jia(cheng(v,P(q[i].y-q[i].x-1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(y,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(u,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
			}
			else if (q[i].x<=l && q[i].y>=l)
			{
				x=f[0],y=f[1],u=f[2],v=f[3];
				f[0]=jia(cheng(x,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(u,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
				f[2]=jia(cheng(u,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(x,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
				f[1]=jia(cheng(y,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(v,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
				f[3]=jia(cheng(v,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(y,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
			}
			else if (q[i].x<=r && q[i].y>=r)
			{
				x=f[0],y=f[1],u=f[2],v=f[3];
				f[0]=jia(cheng(x,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(y,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
				f[1]=jia(cheng(y,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(x,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
				f[2]=jia(cheng(u,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(v,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
				f[3]=jia(cheng(v,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(u,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
			}
		x=jia(f[0],f[3]);
		return x;
	}
}

int main()
{
	read(n);read(m);
	Sum=0;
	int x;LL y,z;
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		read(x);read(y);read(z);
		if (x==1) Sum++,q[Sum].x=y,q[Sum].y=z;
		else print(calc(y,z)),puts("");
	}
	return 0;
}

---

分析2

这样一来，我们可以把问题转化到平面上来做

对于一个修改([l,r])，我们可以转为平面上的点((l,r))

那么，对于一个询问，我们可以分三类讨论

第一类是仅包含左端点的，即(1≤x≤l-1,1≤y<r)

第二类是仅包含右端点的，即(l≤x≤r,r≤y≤n)

第三类是包含左右端点的，即(l≤x≤l-1,r≤y≤n)

显然，前两部分可以合在一起做，不过似乎网上的代码大都是三部分合在一起做的，这或许也是我常数大的原因吧

那么，我们就变成了动态二维数点问题，直接用二维线段树维护一下就好（我直接写了一棵四分树）

对于第一类，我们保留端点为(1)的概率，合并两个点的概率(x)和(y)，显然可以保留其中一个，那么(P=x*(1-y)+y*(1-x))

对于第二类，我们保留两端点相同的概率，合并两个点的概率(x)和(y)，显然可以两个相等得到，也可以是都不同得到，那么(P=x*y+(1-x)*(1-y))

然后就是写代码的问题了，没什么细节问题，就是要注意常数问题

#include<cstdio>  
#include<iostream>  
#include<algorithm>  
#include<cstdlib>  
#include<cstring>
#include<string>
#include<climits>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#define LL long long
 
using namespace std;
 
inline char nc(){
  static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
  if (p1==p2) { p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin); if (p1==p2) return EOF; }
  return *p1++;
}
 
inline void read(int &x){
  char c=nc();int b=1;
  for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
  for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
 
inline void read(LL &x){
  char c=nc();LL b=1;
  for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
  for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}

inline int read(char *s)
{
	char c=nc();int len=0;
	for(;!(c>='A' && c<='Z');c=nc()) if (c==EOF) return 0;
	for(;(c>='A' && c<='Z');s[len++]=c,c=nc());
	s[len++]='';
	return len;
}

inline void read(char &x){
  for (x=nc();!(x>='A' && x<='Z');x=nc());
}

int wt,ss[19];
inline void print(int x){

	if (x<0) x=-x,putchar('-');
	if (!x) putchar(48); else {
	for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);
	for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
inline void print(LL x){
	if (x<0) x=-x,putchar('-');
	if (!x) putchar(48); else {for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}

int n,m,S,a[100010],c[100010],f[5],Max;
struct data
{
	LL x,y;
}q[100010];
LL Sum;
const LL mo=998244353;
struct st
{
	LL p1,p2;
	int c1,c2,c3,c4;
}tree[800010];

LL Power(LL x,LL y)
{
	LL res=1;
	for(;y;y>>=1)
	{
		if (y&1) res=res*x%mo;
		x=x*x%mo;
	}
	return res%mo;
}

LL P(LL x,LL y){return x*Power(y,mo-2)%mo;}
LL merge1(LL x,LL y){return ((x*(1LL+mo-y))%mo+(y*(1LL+mo-x))%mo)%mo;}
LL merge2(LL x,LL y){return (x*y%mo+(1LL+mo-x)*(1LL+mo-y)%mo)%mo;}
LL merge1(LL a,LL b,LL c,LL d){return merge1(merge1(a,b),merge1(c,d));}
LL merge2(LL a,LL b,LL c,LL d){return merge2(merge2(a,b),merge2(c,d));}

void change(int xq,int yq,int xl,int xr,int yl,int yr,int x,LL z1,LL z2)
//z1是修改单个概率，z2是两个都不被修改的概率
{
	if (xl==xr && yl==yr){tree[x].p1=merge1(tree[x].p1,z1);tree[x].p2=merge2(tree[x].p2,z2);return ;}
	int midx=xl+xr>>1,midy=yl+yr>>1;
	if (xq<=midx && yq<=midy && xl<=midx && yl<=midy)
	{
		if (tree[x].c1==0) tree[x].c1=++S,tree[S].p1=0LL,tree[S].p2=1LL;
		change(xq,yq,xl,midx,yl,midy,tree[x].c1,z1,z2);
	}
	else if (xq<=midx && yq>midy && xl<=midx && midy+1<=yr)
	{
		if (tree[x].c2==0) tree[x].c2=++S,tree[S].p1=0LL,tree[S].p2=1LL;
		change(xq,yq,xl,midx,midy+1,yr,tree[x].c2,z1,z2);
	}
	else if (xq>midx && yq<=midy && midx+1<=xr && yl<=midy)
	{
		if (tree[x].c3==0) tree[x].c3=++S,tree[S].p1=0LL,tree[S].p2=1LL;
		change(xq,yq,midx+1,xr,yl,midy,tree[x].c3,z1,z2);
	}
	else 
	{
		if (tree[x].c4==0) tree[x].c4=++S,tree[S].p1=0LL,tree[S].p2=1LL;
		change(xq,yq,midx+1,xr,midy+1,yr,tree[x].c4,z1,z2);
	}
	tree[x].p1=merge1(tree[tree[x].c1].p1,tree[tree[x].c2].p1,tree[tree[x].c3].p1,tree[tree[x].c4].p1);
	tree[x].p2=merge2(tree[tree[x].c1].p2,tree[tree[x].c2].p2,tree[tree[x].c3].p2,tree[tree[x].c4].p2);
}

LL query1(int xlq,int xrq,int ylq,int yrq,int xl,int xr,int yl,int yr,int x)
{
	if (x==0) return 0LL;
	if (xlq<=xl && xrq>=xr && ylq<=yl && yrq>=yr) return tree[x].p1;
	int midx=xl+xr>>1,midy=yl+yr>>1;LL res=0LL;
	if (xlq<=midx && ylq<=midy && xl<=midx && yl<=midy) res=merge1(res,query1(xlq,xrq,ylq,yrq,xl,midx,yl,midy,tree[x].c1));
	if (xlq<=midx && yrq>midy && xl<=midx && midy+1<=yr) res=merge1(res,query1(xlq,xrq,ylq,yrq,xl,midx,midy+1,yr,tree[x].c2));
	if (xrq>midx && ylq<=midy && midx+1<=xr && yl<=midy) res=merge1(res,query1(xlq,xrq,ylq,yrq,midx+1,xr,yl,midy,tree[x].c3));
	if (xrq>midx && yrq>midy && midx+1<=xr && midy+1<=yr) res=merge1(res,query1(xlq,xrq,ylq,yrq,midx+1,xr,midy+1,yr,tree[x].c4));
	return res%mo;
}

LL query2(int xlq,int xrq,int ylq,int yrq,int xl,int xr,int yl,int yr,int x)
{
	if (x==0) return 1LL;
	if (xlq<=xl && xrq>=xr && ylq<=yl && yrq>=yr) return tree[x].p2;
	int midx=xl+xr>>1,midy=yl+yr>>1;LL res=1LL;
	if (xlq<=midx && ylq<=midy && xl<=midx && yl<=midy) res=merge2(res,query2(xlq,xrq,ylq,yrq,xl,midx,yl,midy,tree[x].c1));
	if (xlq<=midx && yrq>midy && xl<=midx && midy+1<=yr) res=merge2(res,query2(xlq,xrq,ylq,yrq,xl,midx,midy+1,yr,tree[x].c2));
	if (xrq>midx && ylq<=midy && midx+1<=xr && yl<=midy) res=merge2(res,query2(xlq,xrq,ylq,yrq,midx+1,xr,yl,midy,tree[x].c3));
	if (xrq>midx && yrq>midy && midx+1<=xr && midy+1<=yr) res=merge2(res,query2(xlq,xrq,ylq,yrq,midx+1,xr,midy+1,yr,tree[x].c4));
	return res%mo;
}

int main()
{
	read(n);read(m);
	int x,y,z;LL A,B,C,s=0;
	memset(tree,0,sizeof(tree));
	tree[0].p1=0LL,tree[0].p2=1LL;
	tree[1].p1=0LL,tree[1].p2=1LL;S=1;
	while (m--)
	{
		read(x);read(y);read(z);
		if (x==1)
		{
			if (z-y+1>1) change(y,z,1,n,1,n,1,P(1LL,(LL)z-y+1),P((LL)z-y-1,(LL)z-y+1));
			else change(y,z,1,n,1,n,1,P(1LL,(LL)z-y+1),0LL);
			s++;
		}
		else
		{
			if (y>1)
			{
				A=query1(1,y-1,y-1,z-1,1,n,1,n,1);
				B=query2(1,y-1,z,n,1,n,1,n,1);
				C=query1(y,z,z,n,1,n,1,n,1);
				print(((B*A%mo*C%mo+B*(1LL+mo-A)%mo*(1LL+mo-C)%mo)%mo+((1LL+mo-B)*A%mo*(1LL+mo-C)%mo+(1LL+mo-B)*C%mo*(1LL+mo-A)%mo)%mo)%mo),puts(""); 
			}
			else
			{
				if (s%2==0) print((1LL+mo-query1(1,z,z,n,1,n,1,n,1))%mo),puts("");
				else print(query1(1,z,z,n,1,n,1,n,1)),puts("");
			}
		}
	}
	return 0;
}