HDU 6464.免费送气球-动态开点-权值线段树(序列中第first小至第second小的数值之和)(感觉就是只有一个状态的主席树) (“字节跳动-文远知行杯”广东工业大学第十四届程序设计竞赛)

免费送气球

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 581    Accepted Submission(s): 130

Problem Description

又到了GDUT一年一度的程序设计竞赛校赛的时间啦。同学们只要参加校赛，并且每解出一道题目就可以免费获得由ACM协会和集训队送出的气球一个。听到这个消息，JMC也想参加免费拿气球。可是，由于JMC太菜了而被禁止参赛，于是他找到你想让你帮忙参加比赛，可以通过执行下面的C++程序解决问题后获得气球并送给他。JMC保证了下面的程序一定能获得正确的结果。

void solve(int Q, int type[], long long first[], long long second[]) {
    vector<long long> vec;
    for (int i = 0; i < Q; ++i) {
        if (type[i] == 1) {
            long long k = first[i], val = second[i];
            while (k--) {
                vec.push_back(val);
            }
        }
        else if (type[i] == 2) {
            sort(vec.begin(), vec.end());
            long long l = first[i] - 1, r = second[i], res = 0;
            while (l < r) {
                res = (res + vec[l++]) % 1000000007;
            }
            printf("%lld\n", res);
        }
    }
}


为防止你被JMC的代码搞到头晕目眩，JMC特意给出了问题的文字描述。已知一开始有一个空序列，接下来有Q次操作，每次操作给出type、first和second三个值。当type为1时，意味着该操作属于第一种操作：往序列尾部添加first个second数。当type为2时，意味着该操作属于第二种操作：查询序列中第first小至第second小的数值之和（一共有(second - first + 1)个数被累加），并将结果对1000000007取模后输出。

 

 

Input

单组数据
第一行一个Q（1 <= Q <= 1e5），代表Q次操作。
接下来有Q行，每行包含三个整数type、first和second；其中1 <= type <= 2。当type等于1时，0 <= first,second < 1e9。当type等于2时，1 <= first <= second，且first和second均不大于目前已添加进序列的数的数量。

 

 

Output

对于每次操作二，将结果对1000000007取模后输出。

 

 

Sample Input

6 1 5 1 1 6 3 2 2 5 2 4 8 1 2 2 2 4 8

 

 

Sample Output

4 11 9

 

 

Source

“字节跳动-文远知行杯”广东工业大学第十四届程序设计竞赛

 

 

动态开点就相当于离散化了。

 

代码:

//6464-权值线段树
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
#define lson l,m
#define rson m+1,r

ll sum[maxn*40],val[maxn*40];
int ls[maxn*40],rs[maxn*40];
int cnt;

void update(int &rt,int l,int r,ll k,ll num)
{
    if(!rt) rt=++cnt;
    sum[rt]+=k;
    cout<<rt<<" "<<sum[rt]<<endl;
    val[rt]+=(ll)k*num;
    val[rt]%=mod;
    if(l==r){
        return ;
    }

    int m=(l+r)>>1;
    if(num<=m) update(ls[rt],lson,k,num);
    else update(rs[rt],rson,k,num);
}

ll query(int rt,int l,int r,ll k)
{
    if(l==r){
        return 1ll*k*l%mod;
    }

    int m=(l+r)>>1;
    ll ans=0;
    if(k>sum[ls[rt]]) ans=(val[ls[rt]]+query(rs[rt],rson,k-sum[ls[rt]]))%mod;
    else ans=query(ls[rt],lson,k);
    return ans%mod;
}

int main()
{
    int q,rt=0;
    scanf("%d",&q);
    while(q--){
        int op;
        ll l,r;
        scanf("%d%lld%lld",&op,&l,&r);
        if(op==1){
            update(rt,0,1e9,l,r);
        }
        else{
            ll ans=(query(rt,0,1e9,r)-query(rt,0,1e9,l-1)%mod+mod)%mod;
            printf("%lld\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}