BZOJ4785 [Zjoi2017]树状数组 【二维线段树 + 标记永久化】
题目链接
题解
肝了一个下午QAQ没写过二维线段树还是很难受
首先题目中的树状数组实际维护的是后缀和，这一点凭分析或经验或手模观察可以得出
在\(\mod 2\)意义下，我们实际求出的区间和是\([l - 1,r - 1]\)，和\([l,r]\)唯一不同的就在于\(l - 1\)和\(r\)
所以每个询问实际是询问两个位置值相同的概率
我们把询问看做二元组\((a,b)\)，其中\(a \le b\)，我们要维护\((a,b)\)不同的概率【至于为什么是不同而不是相同，等下说】
初始概率都为\(0\)
对于修改操作\([l,r]\)
当\(a \in [1,l - 1]，b \in [l,r]\)时，此时有\(\frac{1}{len}\)的概率改变不等关系
当\(a \in [l,r]，b \in [r + 1,n]\)时，此时有\(\frac{1}{len}\)的概率改变不等关系
当\(a,b \in [l,r]\)时，此时有\(\frac{2}{len}\)的概率改变不等关系
所以我们可以使用二维线段树维护这些区域的概率值
如果原不等概率为\(p_0\)，现在有\(p_1\)的概率改变不等关系
那么新的概率\(p' = p_0(1 - p_1) + (1 - p_0)p_1 = p_0 + p_1 - 2p_0p_1\)
我们记其为概率的合并
经计算可以得出，这样的合并满足交换律，结合律，单位元是\(0\)
所以我们可以使用线段树很方便地维护
同时为了简化操作，我们采用标记永久化
现在就可以理解我们为什么要维护不等概率了，因为初值为\(0\)，恰好也为合并运算的单位元
二维线段树标记永久化的姿势：
内层线段树将标记储存在路径上的节点中
外层线段树则通过在修改中途访问内层线段树而就此停止，在询问时询问路径上所有的内层线段树即可
还要注意空间大小，\(O(nlog^2n)\)要开足够大的空间
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define mp(a,b) make_pair<int,int>(a,b)
#define cls(s) memset(s,0,sizeof(s))
#define cp pair<int,int>
#define LL long long int
using namespace std;
const int maxn = 500005,maxm = 40000005,INF = 1000000000,P = 998244353;
inline int read(){
int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
return out * flag;
}
int qpow(int a,int b){
int re = 1;
for (; b; b >>= 1,a = 1ll * a * a % P)
if (b & 1) re = 1ll * re * a % P;
return re;
}
int inv(int x){return qpow(x,P - 2);}
int merge(int x,int y){
return (((x + y) % P - 2ll * x * y % P) + P) % P;
}
int n,m,ls[maxm],rs[maxm],val[maxm],rt[maxn << 2],cnt,ans;
void modify(int& u,int l,int r,int L,int R,int v){
if (!u) u = ++cnt;
if (l >= L && r <= R){
val[u] = merge(val[u],v);
return;
}
int mid = l + r >> 1;
if (mid >= L) modify(ls[u],l,mid,L,R,v);
if (mid < R) modify(rs[u],mid + 1,r,L,R,v);
}
void query(int u,int l,int r,int pos){
if (!u) return; ans = merge(ans,val[u]);
if (l == r) return;
int mid = l + r >> 1;
if (mid >= pos) query(ls[u],l,mid,pos);
else query(rs[u],mid + 1,r,pos);
}
void Modify(int u,int l,int r,int L,int R,int ll,int rr,int v){
if (l >= L && r <= R){
modify(rt[u],1,n,ll,rr,v);
return;
}
int mid = l + r >> 1;
if (mid >= L) Modify(u << 1,l,mid,L,R,ll,rr,v);
if (mid < R) Modify(u << 1 | 1,mid + 1,r,L,R,ll,rr,v);
}
void Query(int u,int l,int r,int Pos,int pos){
if (rt[u]) query(rt[u],1,n,pos);
if (l == r) return;
int mid = l + r >> 1;
if (mid >= Pos) Query(u << 1,l,mid,Pos,pos);
else Query(u << 1 | 1,mid + 1,r,Pos,pos);
}
int main(){
//freopen("in.in","r",stdin);
//freopen("out1.txt","w",stdout);
n = read(); m = read();
int opt,l,r,len,p;
while (m--){
opt = read(); l = read(); r = read();
if (opt & 1){
len = r - l + 1; p = inv(len);
if (l > 1){
Modify(1,1,n,1,l - 1,l,r,p);
modify(rt[0],1,n,1,l - 1,1);
}
if (r < n){
Modify(1,1,n,l,r,r + 1,n,p);
modify(rt[0],1,n,r + 1,n,1);
}
Modify(1,1,n,l,r,l,r,2 * p % P);
modify(rt[0],1,n,l,r,(1 - p + P) % P);
}
else {
ans = 0;
if (l > 1) Query(1,1,n,l - 1,r);
else query(rt[0],1,n,r);
printf("%d\n",(1 - ans + P) % P);
}
}
return 0;
}
