【2019北京集训测试赛（十三）】数据(sj) 冷静分析

题目大意：给你一个代表区间 $[1,n]$ 的线段树，问你随机访问区间 $[1,n]$ 中的一个子区间，覆盖到的线段树节点个数的期望（需要乘上 $\frac{n(n-1)}{2}$ 后输出)。

数据范围： $n≤10^{18}$

貌似各位的做法都非常优秀，代码也非常短，那么我来讲一个垃圾做法：

我们设 $f[i]$ 表示一个构建出 $[1,i]$ 的线段树，随机访问一个子区间覆盖线段树节点个数的期望(为方便处理，乘上了 $\frac{i(i-1)}{2}$ )。

显然 $f[n]$ 就是答案。

我们再设 $fl[j][i]$ 表示一棵 $[1,i]$ 的线段树，从左边往右，覆盖了 $j$ 个线段树节点的方案数。

同理我们处理出 $fr[j][i]$

我们发现：当 $j>1$ 时，选择覆盖 $j$ 个点，这 $j$ 个点显然不会包含整个区间。

我们设 $L=\lceil \frac{i}{2}\rceil$ ， $R=\lfloor \frac{i}{2} \rfloor$

那么有 $fl[i][j]=fl[j][L]+fl[j-1][r]-[j≤2],fr[i][j]$ 同理。

我们考虑 $f[i]$ 要怎么求。

不难发现， $f[i]$ 有四种构成方式：只选择了左/右端的区间，两边都选了，恰好选择了根节点。

只选择一侧的显然是 $f[L]+f[R]$ ，恰好选择根节点的贡献显然为 $1$ 。

对于两边都选的情况，我们通过枚举 $fr[][L]$ 和 $fl[][R]$ ，简单地乘起来，再乘上总共选择的节点个数，就可以了。

综上，则有：

$f[i]=1+f[L]+f[R]+\sum\limits_{v_1=1}^{dep_1}\sum\limits_{v_2=1}^{dep_2} (v_1+v_2)\times\bigg(fr[v_1][L]\times fl[v_2][R]-[v1=1,v2=1]\bigg)$

其中, $dep1$ , $dep2$ 表示左右两颗子树的最大深度。

在求解过程中，我们暴力往下递归，我们需要特判 $i=1,2,3$ 的情况，然后就可以了。

这个复杂度比较垃圾，应该是 $O(log^3\ n)$ 的。

场上真刺激，最后十分钟调处来了23333

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define M 998244353
 3 #define L long long
 4 #define MOD 998244353
 5 using namespace std;
 6  
 7 map<L,L> f,fl[100],fr[100],vis,up;
 8  
 9 void solve(L i){
10     if(vis[i]) return;
11     if(i==1){
12         f[i]=fl[1][i]=fr[1][i]=vis[i]=1;
13         fl[0][i]=fr[0][i]=up[i]=1;
14         return;
15     }
16     if(i==2){
17         f[i]=3;
18         fl[1][i]=fr[1][i]=2;
19         fl[0][i]=fr[0][i]=1;
20         vis[i]=up[i]=1;
21         return;
22     }
23     if(i==3){
24         f[i]=7;
25         fl[1][i]=3; fr[1][i]=2;
26         fl[0][i]=fr[0][i]=1;
27         vis[i]=1; up[i]=2;
28         fr[2][i]=1;
29         return;
30     }
31     L l=(i+1)>>1,r=i-l;
32     solve(l); solve(r);
33     int upl=up[l],upr=up[r],UP=max(upl,upr)+1; up[i]=UP;
34     vis[i]=1;
35     L sum=f[l]+f[r];
36     for(int v1=1;v1<=upl;v1++)
37     for(int v2=1;v2<=upr;v2++){
38         sum=(sum+1LL*(v1+v2)*(fr[v1][l]*fl[v2][r]%MOD+MOD-(v1==1&&v2==1)))%MOD;
39     }
40 //  for(int v1=0;v1<=upl;v1++) sum=(sum-fr[v1][l])%MOD;
41 //  for(int v2=0;v2<=upr;v2++) sum=(sum-fl[v2][r])%MOD;
42     f[i]=(sum+1)%MOD;
43     for(int j=1;j<=UP;j++){
44         fl[j][i]=(fl[j][l]+fl[j-1][r]-(j<=2)+MOD)%MOD;
45         int x=fl[j][i];
46         fr[j][i]=(fr[j-1][l]+fr[j][r]-(j<=2)+MOD)%MOD;
47         int y=fr[j][i];
48         x++;
49     }
50 //  cout<<fr[2][3]<<endl;
51     fl[0][i]=fr[0][i]=1;
52     fl[1][i]++; fr[1][i]++;
53 }
54  
55 int main(){
56     L n;cin>>n;
57     solve(n);
58     cout<<f[n]<<endl;
59 }