bzoj4785:[ZJOI2017]樹狀數組:二維線段樹

分析:

「若是你對樹狀數組比較熟悉，不難發現可憐求的是後綴和」

設數列爲\(A\)，那麼可憐求的就是\(A_{l-1}\)到\(A_{r-1}\)的和（即\(l-1\)的後綴減\(r\)的後綴，\(\sum_{i=l-1}^{r-1}A_i\)）,而答案爲\(A_l\)到\(A_r\)的和（即\(\sum_{i=l}^{r}A_i\)）這兩種答案都包含\(A_l\)到\(A_{r-1}\)的和，所以只需判斷\(A_{l-1}\)與\(A_r\)相等的機率就好了

那麼怎麼算？

考慮記下每次修改的影響，假設已知左端點\(a\)和右端點\(b\)，那麼對於某一次修改區間\(l\)~\(r\)，則只有當\(a\in[l,r]\)或\(b\in[l,r]\)時纔有影響，設\(p\)爲任選區間內一個數的機率，這裏分三種狀況討論:

• \(a\in[1,l-1]\),\(b\in[l,r]\)時，有\(1-p\)的機率不影響
• \(a\in[l,r]\),\(b\in[l,r]\)時，有\(1-2*p\)的機率不影響
• \(a\in[l,r]\),\(b\in[r+1,n]\)時，有\(1-p\)的機率不影響

那麼只要把全部的影響都合併起來就好了，設當前相同機率爲\(p\)，當前修改不影響的機率\(q\)，則相同機率更新爲\(p*q+(1-p)*(1-q)\)

可是直接樸素必然TLE，所以咱們要尋找更高效的算法

考慮二維線段樹，設點\((x,y)\)表示\(A_x\)與\(A_y\)相等的機率，那麼咱們會驚奇的發現：

這不就是區間修改單點查詢嗎！

每讀入一個修改，就用上面所說的影響更新區間，即\([1,l-1,l,r],[l,r,l,r],[l,r,r+1,n]\)三個區間，用上述式子合併區間

詢問即查詢點\((l-1,r)\)的值

還有一個坑點！！\(l\)可能爲\(1\)！！

\(l=1\)時，可憐求的是\(r\)的後綴和，所以咱們須要求\(r\)的後綴和與前綴和相等的機率

這也能夠用相似方法，第一維咱們新增一個元素\(0\)，用\([0,x]\)表示\(x\)的後綴和與前綴和相等的機率，那麼當修改區間\([l,r]\)時，區間\([1,l-1]\),\([r+1,n]\)中元素的後綴和與前綴和必定會被影響，即不被影響機率爲\(0\)；而區間\([l,r]\)中元素有\(p\)的機率不被影響（即正好選到它，\(p\)的意義即爲上述），這時咱們也要更新。這樣當\(l=1\)時，直接查詢點\((l-1,r)\)的值便可

還有就是卡卡常數，卡卡空間

以及線段樹要動態開點

Code:

（代碼醜不要怪我）

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<string>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100010;
const int MOD=998244353;
int rt[N*21],n,cnt;
struct tree
{
    int l,r;
    int v;//卡空間，開int
}tr[N*402];

inline long long mul(long long p,long long q)//p*q+(1-p)*(1-q)
{
    long long res=p*q%MOD;
    res=(res+(1-p+MOD)*(1-q+MOD)%MOD)%MOD;
    return res;
}

inline long long power(long long x,long long y)//快速冪
{
    long long ans=1;
    while(y)
    {
        if(y&1) ans=ans*x%MOD;
        x=x*x%MOD,y>>=1;
    }
    return ans;
}

inline void updatay(int l,int r,int &id,int ly,int ry,long long p)//修改區間二維
{
    if(id==0)
    {
        cnt++;
        id=cnt;
        tr[id].v=1;//初始時都是0，所以相等機率爲1
    }
    if(l>=ly&&r<=ry)
    {
        tr[id].v=mul(p,tr[id].v);
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    if(ly<=mid) updatay(l,mid,tr[id].l,ly,ry,p);
    if(ry>mid) updatay(mid+1,r,tr[id].r,ly,ry,p);
}

inline void updatax(int l,int r,int id,int lx,int rx,int ly,int ry,long long p)//修改區間一維
{
    if(l>=lx&&r<=rx)
    {
        updatay(1,n,rt[id],ly,ry,p);
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    if(lx<=mid) updatax(l,mid,id<<1,lx,rx,ly,ry,p);
    if(rx>mid) updatax(mid+1,r,id<<1|1,lx,rx,ly,ry,p);
}

long long quey(int l,int r,int id,int y)//查詢二維
{
    if(id==0) return 1;//初始時都是0，所以相等機率爲1
    if(l==r) return tr[id].v;
    int mid=l+r>>1;
    long long res;
    if(y<=mid) res=mul(tr[id].v,quey(l,mid,tr[id].l,y));
    else res=mul(tr[id].v,quey(mid+1,r,tr[id].r,y));
    //合併沿途全部區間影響值
    return res;
}

long long quex(int l,int r,int id,int x,int y)//查詢一維
{
    if(l==r) return quey(1,n,rt[id],y);
    int mid=l+r>>1;
    if(x<=mid) return mul(quey(1,n,rt[id],y),quex(l,mid,id<<1,x,y));
    else return mul(quey(1,n,rt[id],y),quex(mid+1,r,id<<1|1,x,y));
    //合併沿途全部區間影響值
}

int main()
{
    int i,j,k,q,op,l,r;
    long long p;
    scanf("%d%d",&n,&q);
    cnt=0;
    while(q--)
    {
        scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);
        if(op==1)
        {
            p=power(r-l+1,MOD-2);//求逆元，即選某一個元素的機率
            if(l>1) updatax(0,n,1,1,l-1,l,r,(1-p+MOD)%MOD),updatax(0,n,1,0,0,1,l-1,0);
            if(r<n) updatax(0,n,1,l,r,r+1,n,(1-p+MOD)%MOD),updatax(0,n,1,0,0,r+1,n,0);
            updatax(0,n,1,l,r,l,r,(1-p*2%MOD+MOD)%MOD),updatax(0,n,1,0,0,l,r,p);
        }
        else printf("%lld\n",quex(0,n,1,l-1,r));
    }
    return 0;
}