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  • caioj 2057(2060)& poj 3468 & CH 0x40数据结构进阶（0x43 线段树）例题3：A Simple Problem with Integers

    传送门

    很明显可以用线段树!(简直是模板题)

    线段树:

    #include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define g getchar()
#define lc (p<<1)
#define rc (p<<1|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
struct node{int l,r;ll c,ad;}tr[N<<2];
int n,m;
ll a[N];
void bt(int p,int l,int r)
{
	tr[p].l=l;tr[p].r=r;
	if(tr[p].l==tr[p].r){tr[p].c=a[l];return;}
	int mid=(l+r)>>1;
	bt(lc,l,mid);bt(rc,mid+1,r);
	tr[p].c=tr[lc].c+tr[rc].c;
}
void wh(int p)
{
	tr[lc].ad+=tr[p].ad;tr[rc].ad+=tr[p].ad;
	tr[lc].c+=tr[p].ad*(tr[lc].r-tr[lc].l+1);
	tr[rc].c+=tr[p].ad*(tr[rc].r-tr[rc].l+1);
	tr[p].ad=0;
}
void add(int p,int l,int r,ll k)
{
	if(l<=tr[p].l&&tr[p].r<=r)
	{tr[p].ad+=k;tr[p].c+=k*(tr[p].r-tr[p].l+1);return;}
	if(tr[p].ad)wh(p);
	int mid=(tr[p].l+tr[p].r)>>1;
	if(l<=mid)add(lc,l,r,k);
	if(mid<r)add(rc,l,r,k);
	tr[p].c=tr[lc].c+tr[rc].c;
}
ll ans;
void ask(int p,int l,int r)
{
	if(l<=tr[p].l&&tr[p].r<=r){ans+=tr[p].c;return;}
	if(tr[p].ad)wh(p);
	int mid=(tr[p].l+tr[p].r)>>1;
	if(l<=mid)ask(lc,l,r);
	if(mid<r)ask(rc,l,r);
}
template<class o>
void qr(o&x)
{
	char c=g;bool v=(x=0);
	while(!( ('0'<=c&&c<='9') || c=='-' ))c=g;
	if(c=='-')v=1,c=g;
	while('0'<=c&&c<='9')x=x*10+c-'0',c=g;
	if(v)x=-x;
}
void write(ll x)
{
	if(x/10)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
void pri(ll x)
{
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	write(x);puts("");
}
int main()
{
	qr(n);qr(m);
	for(int i=1;i<=n;i++)qr(a[i]);
	bt(1,1,n);
	while(m--)
	{
		char s[2];int l,r;ll d;
		scanf("%s",s);qr(l);qr(r);
		switch(s[0]){
			case 'C':
				qr(d);
				add(1,l,r,d);
				break;
			case 'Q':
				ans=0;
				ask(1,l,r);
				pri(ans);
				break;
			}
	}
	return 0;
}

    树状数组:

    树状数组是只能维护前缀和的,但是这题一点树状数组的痕迹都没有.QwQ
    对于区间加,我们很容易联想到差分。那我们试试吧。
    设a[i],c[i]分别表示原数列的第i个位置的值,第i个位置的变化量(可以为负),b[i]=c[i]−c[i−1]——b为c的差分数组,sum为a的前缀和设a[i],c[i]分别表示原数列的第i个位置的值,第i个位置的变化量(可以为负),b[i]=c[i]-c[i-1]——b为c的差分数组,sum为a的前缀和
    那么∑i=1xb[i]=c[x]sum_{i=1}^x b[i]=c[x],于是a[x]+∑i=1xb[i]=a[x]+c[x](第i个位置的当前值)a[x]+sum_{i=1}^x b[i]=a[x]+c[x](第i个位置的当前值)
    那么前x项的和可表示为:
    sum[x]+∑i=1x∑j=1ib[j]=sum[x]+∑i=1x(x−i+1)∗b[i]=sum[x]+sum_{i=1}^x sum_{j=1}^i b[j]=sum[x]+sum_{i=1}^x(x-i+1)*b[i]=
    sum[x]+∑i=1x(x+1)b[i]−∑i=1xi∗b[i]sum[x]+sum_{i=1}^x (x+1)b[i]-sum_{i=1}^x i*b[i](这样前缀和(两个Σ内的)就不方便用树状数组维护，因为前缀和中有与i无关的项(x+1)，所以我们需要把x+1提出来）(这样前缀和(两个Sigma内的)就不方便用树状数组维护，因为前缀和中有与i无关的项(x+1)，所以我们需要把x+1提出来）
    sum[x]+(x+1)∑i=1xb[i]−∑i=1xi∗b[i]sum[x]+(x+1)sum_{i=1}^x b[i]-sum_{i=1}^x i*b[i]
    那么我们用一个数组维护b[i]b[i]的前缀和,一个数组维护b[i]∗ib[i]*i的前缀和就行.
    (代码中具体为c[0],c[1])
    不禁感叹这种思路的巧妙
    自制卡long longlong ~long的数据之输入、输出。

    #include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define g getchar()
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int n,m;
long double c[2][N];//开long double是因为long long会溢出.(自己出的数据把自己的代码hack了——qwq) ,但是poj开long long照样能过.
ll sum[N];
long double ask(int k,int x)
{
	long double y=0;
	for( ;x;x-=x&-x)y+=c[k][x];
	return y;
}
void add(int k,int x,ll y)
{
	for( ;x<=n;x+=x&-x)c[k][x]+=y;
}
template<class o>
void qr(o &x)
{
	char c=g;bool v=(x=0);
	while(!( ('0'<=c&&c<='9') || c=='-'))c=g;
	if(c=='-')v=1,c=g;
	while('0'<=c&&c<='9')x=x*10+c-'0',c=g;
	if(v)x=-x;
}
void write(ll x)
{
	if(x/10)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
void pri(ll x)
{
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	write(x);puts("");
}
int main()
{
	qr(n);qr(m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		qr(sum[i]),sum[i]+=sum[i-1];
	while(m--)
	{
		char s[2];scanf("%s",s);
		ll l,r,d;qr(l);qr(r);
		switch(s[0]){
			case 'C':
				qr(d);
				if(abs(d)>1e9){puts("No");return 0;}
				add(0,l,d);
				add(0,r+1,-d);
				add(1,l,l*d);
				add(1,r+1,-(r+1)*d);
				break;
			case 'Q':
				ll ans=sum[r]-sum[l-1]-l*ask(0,l-1)+(r+1)*ask(0,r)+ask(1,l-1)-ask(1,r);
				//sum[r]+(r+1)*ask(0,r)-ask(1,r)-(sum[l-1]+l*ask(0,l-1)-ask(1,l-1))
				pri(ans);
				break;
			}
	}
	return 0;
}

    其实sum数组可以省掉.就是b[i]=a[i]−a[i−1]b[i]=a[i]-a[i-1].(初始化b就行)
    代码:

    #include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define g getchar()
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int n,m;
long double c[2][N];//开long double是因为long long会溢出.(自己出的数据把自己的代码hack了——qwq) 
long double ask(int k,int x)
{
	long double y=0;
	for( ;x;x-=x&-x)y+=c[k][x];
	return y;
}
void add(int k,int x,ll y)
{
	for( ;x<=n;x+=x&-x)c[k][x]+=y;
}
template<class o>
void qr(o &x)
{
	char c=g;bool v=(x=0);
	while(!( ('0'<=c&&c<='9') || c=='-'))c=g;
	if(c=='-')v=1,c=g;
	while('0'<=c&&c<='9')x=x*10+c-'0',c=g;
	if(v)x=-x;
}
void write(ll x)
{
	if(x/10)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
void pri(ll x)
{
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	write(x);puts("");
}
int main()
{
	qr(n);qr(m);
	ll a,b=0;
	for(int i=1,j;i<=n;i++)
	{
		qr(a);
		c[0][i]+=a-b;
		c[1][i]+=i*(a-b);
		j=i+(i&-i);
		if(j<=n)
			c[0][j]+=c[0][i],c[1][j]+=c[1][i];
		b=a;
	}
	while(m--)
	{
		char s[2];scanf("%s",s);
		ll l,r,d;qr(l);qr(r);
		switch(s[0]){
			case 'C':
				qr(d);
				if(abs(d)>1e9){puts("No");return 0;}
				add(0,l,d);
				add(0,r+1,-d);
				add(1,l,l*d);//这样写是因为上面定义的b[l]加上了d，为了维护b[i]*i的前缀和，所以应该加上d*l
				add(1,r+1,-(r+1)*d);//类似上面
				break;
			case 'Q':
				ll ans=(r+1)*ask(0,r)-ask(1,r)-(l*ask(0,l-1)-ask(1,l-1)); 
				pri(ans);
				break;
			}
	}
	return 0;
}

    分块

    之前我们学BSGS(Ax≡B(mod  C))BSGS(A^x≡B(mod~~C))就用到了分块的思想.
    以后我们学莫比乌斯反演的时候,会用到整除分块——一种十分巧妙的方法。

    现在我们来做算法进阶给出的分块模板题。

    分块是一种用空间换取时间，达到时空平衡的“朴素算法”。效率往往比不上树状数组与线段树，但是它更加通用，容易实现。大部分常见的分块思想都可以用“大段维护，局部朴素”来形容

    我们把数列A分成若干块长度不大于sqrt(n)sqrt(n)的块,其中第i块的左端点为(i−1)∗sqrt(n)(i-1)*sqrt(n),右端点为i∗sqrt(n)i*sqrt(n).
    对于大段操作,我们直接给段打上标记.至于小段,直接暴力.
    代码:

    #include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define g getchar()
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
const int T=333;//段数 
ll a[N],sum[T],add[T];
int L[T],R[T],n,m,t,pos[N];
void change(int l,int r,ll d)//大段维护,小段朴素 
{
	int p=pos[l],q=pos[r];
	if(p==q)
	{
		for(int i=l;i<=r;i++)a[i]+=d;
		sum[p]+=d*(r-l+1);
	}
	else
	{
		for(int i=p+1;i<=q-1;i++)add[i]+=d;
		for(int i=l;i<=R[p];i++)a[i]+=d;
		sum[p]+=d*(R[p]-l+1);
		for(int i=L[q];i<=r;i++)a[i]+=d;
		sum[q]+=d*(r-L[q]+1);
	}
}
ll ask(int l,int r)
{
	int p=pos[l],q=pos[r];
	ll ans=0;
	if(p==q)
	{
		for(int i=l;i<=r;i++)ans+=a[i];
		ans+=add[p]*(r-l+1);
	}
	else
	{
		for(int i=p+1;i<=q-1;i++)
			ans+=sum[i]+add[i]*(R[i]-L[i]+1);
		for(int i=l;i<=R[p];i++)ans+=a[i];
		ans+=add[p]*(R[p]-l+1);
		for(int i=L[q];i<=r;i++)ans+=a[i];
		ans+=add[q]*(r-L[q]+1);
	}
	return ans;
}
template<class o>
void qr(o&x)
{
	char c=g;bool v=(x=0);
	while(!( ('0'<=c&&c<='9') || c=='-' ))c=g;
	if(c=='-')v=1,c=g;
	while('0'<=c&&c<='9')x=x*10+c-'0',c=g;
	if(v)x=-x;
}
void write(ll x)
{
	if(x/10)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
void pri(ll x)
{
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	write(x);puts("");
}
int main()
{
	qr(n);qr(m);
	for(int i=1;i<=n;i++)qr(a[i]);
	//分块 
	t=sqrt(n*1.0);
	for(int i=1;i<=t;i++)
	{
		L[i]=R[i-1]+1;
		R[i]=i*t;
	}
	if(R[t]<n)t++,L[t]=R[t-1]+1,R[t]=n;
	//预处理 
	for(int i=1;i<=t;i++)
		for(int j=L[i];j<=R[i];j++)
			pos[j]=i,sum[i]+=a[j];
	//指令 
	while(m--)
	{
		char s[2];scanf("%s",s);
		int l,r;ll d;qr(l);qr(r);
		switch(s[0]){
			case 'C':
				qr(d);change(l,r,d);
				break;
			case 'Q':
				pri(ask(l,r));
		}
	}
	return 0;
}
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