【BZOJ4785】树状数组(ZJOI2017)-概率+二维线段树+动态开点

测试地址:树状数组
做法:本题需要用到概率+二维线段树+动态开点。
首先分析题目,对树状数组结构熟悉的同学(不熟悉的话…画一画或者打个表也行)就能看出,题目中的数据结构求的是后缀和。那么当我们询问[l,r]时,我们原来是算[1,l1]xor[1,r]=[l,r],现在变成算[l1,n]xor[r,n]=[l1,r1],那么这两个区间的唯一区别就是l1r这两个点,那么我们算出的区间值相同的概率,就等于这两个点的值相同的概率,于是我们只要算出这个概率即可。
一个直观的思路是维护每个点为1的概率,但我们发现在每次修改时,只能在区间中选择一个点修改,这就意味着如果一个点被修改,另一个就不能被修改,也就是说它们之间的概率不是独立的,因此不能计算。
因此我们考虑直接维护一个二维矩阵,每个点(x,y)上的元素表示点x和点y值相同的概率,一开始均为1。那么对于每次修改,有一个点在修改区间中的点对有1rl+1的概率相同性发生变化,有两个点在修改区间中的点对有2rl+1的概率相同性发生变化(因为一次只能修改一个点)。接下来考虑维护这样的修改,对于一个点对,令该点对原先相同概率为p,修改后相同性不变的概率为q,那么修改后的p=pq+(1p)(1q)。可以证明当两个修改作用在同一个点上时,这两个修改的顺序不影响结果(这个把式子展开就可以看得出来了),并且两次修改后不变的概率可以合并成q=q1q2+(1q1)(1q2)。这就显然可以用二维线段树来维护修改了。
接下来,观察到题目的性质是子矩阵修改,单点询问,于是利用标记永久化的思想,每次直接把修改标记记录在对应的节点上,那么询问一个点时,就直接把包含这个点的所有线段树节点上的标记合并起来即可,时间复杂度为O(nlog2n),空间复杂度用动态开点可以做到O(nlog2n)
如果你只考虑到了上面这一些,你还是会面临爆0的结局,因为有一种特殊的询问情况:l=1。注意到在调用树状数组中的函数时,如果l1=0就会立刻返回0,而不是返回一个区间的值,那么实际上变成了求区间[1,r][r,n]奇偶性相同的概率。于是在修改区间[l,r]时,x在区间[1,l1][r+1,n]中时,[1,x][x,n]的相同性一定变化,否则如果x在区间[l,r]内,[1,x][x,n]的相同性就有1rl+1的概率不变,另开一个线段树用和上面类似的方法维护即可。
以下是本人代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int N=100010;
int n,m,tot=0,rt[4*N]={0},ch[300*N][2]={0};
ll val[300*N],x;

ll inv(ll x)
{
    ll s=1,ss=x,b=mod-2;
    while(b)
    {
        if (b&1) s=s*ss%mod;
        ss=ss*ss%mod;b>>=1;
    }
    return s;
}

void modify(int &no,int l,int r,int s,int t,ll p)
{
    if (s>t) return;
    if (!no)
    {
        no=++tot;
        val[no]=1;
    }
    if (l>=s&&r<=t)
    {
        val[no]=((val[no]*p+(1-val[no])*(1-p))%mod+mod)%mod;
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if (s<=mid) modify(ch[no][0],l,mid,s,t,p);
    if (t>mid) modify(ch[no][1],mid+1,r,s,t,p);
}

void query(int no,int l,int r,int pos)
{
    if (!no) return;
    x=((x*((val[no]<<1)-1)+(1-val[no]))%mod+mod)%mod;
    if (l==r) return;
    int mid=(l+r)>>1;
    if (pos<=mid) query(ch[no][0],l,mid,pos);
    else query(ch[no][1],mid+1,r,pos);
}

void Modify(int no,int l,int r,int s1,int t1,int s2,int t2,ll p)
{
    if (s1>t1||s2>t2) return;
    if (l>=s1&&r<=t1)
    {
        modify(rt[no],1,n,s2,t2,p);
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if (s1<=mid) Modify(no<<1,l,mid,s1,t1,s2,t2,p);
    if (t1>mid) Modify(no<<1|1,mid+1,r,s1,t1,s2,t2,p);
}

void Query(int no,int l,int r,int pos1,int pos2)
{
    query(rt[no],1,n,pos2);
    if (l==r) return;
    int mid=(l+r)>>1;
    if (pos1<=mid) Query(no<<1,l,mid,pos1,pos2);
    else Query(no<<1|1,mid+1,r,pos1,pos2);
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int op,l,r;
        scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);
        if (op==1)
        {
            ll p=inv(r-l+1);
            Modify(1,1,n,1,l-1,l,r,(1-p+mod)%mod);
            Modify(1,1,n,l,r,r+1,n,(1-p+mod)%mod);
            Modify(1,1,n,l,r,l,r,(1-(p<<1)+(mod<<1))%mod);
            modify(rt[0],1,n,1,l-1,0);
            modify(rt[0],1,n,r+1,n,0);
            modify(rt[0],1,n,l,r,p);
        }
        else
        {
            x=1;
            if (l==1) query(rt[0],1,n,r);
            else Query(1,1,n,l-1,r);
            printf("%lld\n",x);
        }
    }

    return 0;
}
posted @ 2018-05-16 11:28  Maxwei_wzj  阅读(109)  评论(0编辑  收藏  举报