P4145 上帝造题的七分钟 2 / 花神游历各国

P4145 上帝造题的七分钟 2 / 花神游历各国

题目大意：

本体总共就两个操作：
\(1.\)为将\(l\)至\(r\)区间内的所有数开根，及\(a_i=\sqrt a_i\);
\(2.\)输出\(l\)至\(r\)区间内的所有数的和

思路：

既然是区间修改和区间查询，那是个蒟蒻都能想到用线段树来维护，但我们可以发现，若一个根节点的子树开方了，那它的和也变得不确定。因此不能用懒标记来实现区间修改。可单点修改的复杂度为\(n^2\)，一看就会超。但是，我们又双叒叕发现一个数顶多开\(5\)次方就会变为\(1\)或\(0\)（ \(\sqrt {\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt {10^{12}}}}}}} \approx 1\) ）而正好\(\sqrt 1=1\)，所以我们只需要再维护一个区间最大值，在进行更新时看是否大于\(1\)，若大于的话才需要更新

完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define int long long
using namespace std;
const int N=101000;
int a[N];
struct edge{
	int sum,max;
}tr[4*N];
inline int read(){
    int x=0,w=1;
    char ch=getchar();
    for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
    return x*w;
}
void build(int p,int l,int r){
	if(l==r){
		tr[p].sum=a[l];
		tr[p].max=a[l];
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(lc,l,mid);
	build(rc,mid+1,r);
	tr[p].sum=tr[lc].sum+tr[rc].sum;
	tr[p].max=max(tr[lc].max,tr[rc].max);
}
void update(int p,int l,int r,int ll,int rr){
	if(l==r && ll<=l && r<=rr){
		tr[p].sum=sqrt(tr[p].sum);
		tr[p].max=tr[p].sum;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(mid>=ll && tr[lc].max>1)update(lc,l,mid,ll,rr);
	if(mid<rr && tr[rc].max>1)update(rc,mid+1,r,ll,rr);
	tr[p].sum=tr[lc].sum+tr[rc].sum;
	tr[p].max=max(tr[lc].max,tr[rc].max);
}
int query(int p,int l,int r,int ll,int rr){
	if(ll<=l && r<=rr){
		return tr[p].sum;
	}
	int res=0;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(mid>=ll)res+=query(lc,l,mid,ll,rr);
	if(mid<rr)res+=query(rc,mid+1,r,ll,rr);
	return res;
}
signed main(){
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		a[i]=read();
	}
	build(1,1,n);
	int m;
	cin>>m;
	int k,l,r;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		
		k=read(),l=read(),r=read();
		if(l>r)swap(l,r);
		if(k==0)update(1,1,n,l,r);
		else printf("%lld\n",query(1,1,n,l,r));
	}
}

线段树讲解