[BZOJ5291][BJOI2018]链上二次求和(线段树)
感觉自己做的麻烦了，但常数似乎不算差。（只是Luogu最慢的点不到2s本地要跑10+s）
感觉我的想法是最自然的，但不明白为什么网上似乎找不到这种做法。（不过当然所有的做法都是分类大讨论，而我的方法手算部分较为麻烦）
每次询问考虑每个位置的贡献，拆分成求所有长度<=R的区间的贡献次数和减去长度<L的区间贡献次数和。
分成两大类考虑，设当前考虑长度在[1,r]的所有区间，当前要计算数a[k]的贡献次数：
一： $2r\leq n$
1.$k\leq r$ 观察所有包含k的长度不超过r的区间，发现答案为$1+2+...+i+i+i+...i=\frac{1}{2}[(2r+1)i-i^2]$
2.$r<k<n-r+1$ 左右两边都可以延伸k的长度，于是答案为$1+2+...+r=\frac{r(r+1)}{2}$
3.$k\geq n-r+1$ 和情况一类似，答案为$1+2+...+(n-i)+(n-i)+(n-i)+...=\frac{1}{2}[2nr-n^2-n+2r+(2n-2r+1)i-i^2]$
二：$2r>n$
1.$k\leq n-r+1$观察发现和上面情况一是一样的：$\frac{1}{2}[(2r+1)i-i^2]$
2.$n-r+1<k<n/2$
答案为$1+2+...+i+i+...+i+(i-1)+(i-2)+...=\frac{1}{2}[2nr-n^2-r^2+r-n+(2n+n)i-2i^2]$
$n/2\leq k<r$
一波复杂的带入化简发现答案同上：$\frac{1}{2}[2nr-n^2-r^2+r-n+(2n+n)i-2i^2]$
3.$k\geq r$ 观察发现和上面情况三是一样的：$\frac{1}{2}[2nr-n^2-n+2r+(2n-2r+1)i-i^2]$
于是分别维护$\sum a_i$，$\sum a_i*i$，$\sum a_i*i^2$即可。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define ls (x<<1) 4 #define rs (ls|1) 5 #define lson ls,L,mid 6 #define rson rs,mid+1,R 7 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 8 using namespace std; 9 10 const int N=200010,mod=1e9+7,inv2=(mod+1)/2,inv6=(mod+1)/6; 11 int n,m,op,l,r,x,a[N]; 12 13 int rd(){ 14 int x=0; char ch=getchar(); bool f=0; 15 while (ch<'0' || ch>'9') f|=(ch=='-'),ch=getchar(); 16 while (ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar(); 17 return f ? -x : x; 18 } 19 20 struct P{ int a[3],tag; }v[N<<2]; 21 inline void inc(int &x,int y){ x+=y; (x>=mod)?x-=mod:0; } 22 23 P operator +(P a,P b){ 24 inc(a.a[0],b.a[0]); inc(a.a[1],b.a[1]); 25 inc(a.a[2],b.a[2]); a.tag=0; return a; 26 } 27 28 int cal1(int x){ return 1ll*x*(x+1)/2%mod; } 29 int cal2(int x){ return 1ll*x*(x+1)*(2*x+1)%mod*inv6%mod; } 30 31 void put(int x,int L,int R,int k){ 32 inc(v[x].a[0],1ll*(R-L+1)*k%mod); 33 inc(v[x].a[1],1ll*(cal1(R)-cal1(L-1)+mod)*k%mod); 34 inc(v[x].a[2],1ll*(cal2(R)-cal2(L-1)+mod)*k%mod); 35 inc(v[x].tag,k); 36 } 37 38 void push(int x,int L,int R){ 39 if (!v[x].tag) return; 40 int mid=(L+R)>>1; 41 put(lson,v[x].tag); put(rson,v[x].tag); v[x].tag=0; 42 } 43 44 void build(int x,int L,int R){ 45 if (L==R){ 46 v[x].a[0]=a[L]; v[x].a[1]=1ll*a[L]*L%mod; 47 v[x].a[2]=1ll*a[L]*L%mod*L%mod; return; 48 } 49 int mid=(L+R)>>1; 50 build(lson); build(rson); v[x]=v[ls]+v[rs]; 51 } 52 53 void mdf(int x,int L,int R,int l,int r,int k){ 54 if (L==l && r==R){ put(x,L,R,k); return; } 55 int mid=(L+R)>>1; push(x,L,R); 56 if (r<=mid) mdf(lson,l,r,k); 57 else if (l>mid) mdf(rson,l,r,k); 58 else mdf(lson,l,mid,k),mdf(rson,mid+1,r,k); 59 v[x]=v[ls]+v[rs]; 60 } 61 62 P que(int x,int L,int R,int l,int r){ 63 if (L==l && r==R) return v[x]; 64 int mid=(L+R)>>1; push(x,L,R); 65 if (r<=mid) return que(lson,l,r); 66 else if (l>mid) return que(rson,l,r); 67 else return que(lson,l,mid)+que(rson,mid+1,r); 68 } 69 70 int Q1(int d,int r){ 71 P t=que(1,1,n,1,d); 72 return (1ll*t.a[1]*(2ll*r+1)%mod-t.a[2]+mod)%mod*inv2%mod; 73 } 74 75 int Q2(int d,int r){ 76 if (d>n) return 0; 77 P t=que(1,1,n,d,n); 78 return (((2ll*n*r-1ll*n*n-n+2ll*r)%mod*t.a[0]%mod+(2ll*n-2ll*r+1)%mod*t.a[1]%mod-t.a[2])%mod+mod)%mod*inv2%mod; 79 } 80 81 int Q3(int L,int R,int r){ 82 P t=que(1,1,n,L,R); return 1ll*r*(r+1)/2%mod*t.a[0]%mod; 83 } 84 85 int Q4(int L,int R,int r){ 86 if (L>R) return 0; 87 P t=que(1,1,n,L,R); 88 return (((2ll*n*r-1ll*n*n-1ll*r*r+r-n)%mod*t.a[0]%mod+(2ll*n+2)*t.a[1]%mod-2ll*t.a[2])%mod+mod)%mod*inv2%mod; 89 } 90 91 int solve(int r){ 92 if (!r) return 0; 93 int L=min(r,n-r+1),R=max(r,n-r+1); 94 if (L==R) R++; 95 int r1=Q1(L,r),r2=Q2(R,r); 96 int r3=(L+1<=R-1)?((r<=n-r+1)?Q3(L+1,R-1,r):Q4(L+1,R-1,r)):0; 97 return (1ll*r1+r2+r3)%mod; 98 } 99 100 int main(){ 101 freopen("sum.in","r",stdin); 102 freopen("sum.out","w",stdout); 103 n=rd(); m=rd(); 104 rep(i,1,n) a[i]=rd(); 105 build(1,1,n); 106 while (m--){ 107 op=rd(); l=rd(); r=rd(); 108 if (l>r) swap(l,r); 109 if (op==1) x=rd(),mdf(1,1,n,l,r,x); 110 else printf("%d\n",(solve(r)-solve(l-1)+mod)%mod); 111 } 112 return 0; 113 }
