洛谷 P2122 还教室
1 P2122 还教室
2 题目描述
时间限制 \(1s\) | 空间限制 \(125M\)
在接受借教室请求的 \(n\) 天中，第 \(i\) 天剩余的教室为 \(a_i\) 个。作为大学借教室服务的负责人，你需要完成如下三种操作共 \(m\) 次：
- ① 第 \(l\) 天到第 \(r\) 天，每天被归还 \(d\) 个教室。
- ② 询问第 \(l\) 天到第 \(r\) 天教室个数的平均数。
- ③ 询问第 \(l\) 天到第 \(r\) 天教室个数的方差。
对于每个操作 2 和操作 3，输出一个既约分数（分子与分母互质）表示询问的答案。若答案为 0，请输出“0/1”（不含引号）。
数据范围：\(1≤l≤r≤n≤10^5,m≤10^5，0 \leq a_i \leq 10，1 \leq d ≤3\)
3 题解
区间平均数极其好求，区间和即可。
我们来看区间方差的代数式：\(s^2 = \dfrac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n}\limits (a_i - \bar x)^2\)
展开得：\(s^2 = \dfrac{1}{n} (\sum_{i = 1}^{n} \limits a_i^2 - 2 \times \sum_{i = 1}^{n} \limits a_i \bar x + \sum_{i = 1}^{n}\limits \bar x ^ 2)\)
显然，\(\sum_{i = 1}^{n} \limits a_i^2\) 可以用区间平方之和维护。我们可以把 \(\bar x = \dfrac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \limits a_i\) 带入，得到：
\(2\times \sum_{i = 1}^{n} \limits a_i \bar x = \dfrac{2}{n} \times (\sum_{i = 1}^{n} \limits a_i) ^ 2\)
\(\sum_{i = 1}^{n} \limits \bar x ^ 2 = \dfrac{1}{n} \times (\sum_{i = 1}^{n} \limits a_i) ^ 2\)
因此，我们只需要知道区间的平方之和和区间和就可以求出答案。此时答案为 \(\dfrac{1}{n} (\sum_{i = 1}^{n} \limits a_i ^2 - \dfrac{1}{n} \times (\sum_{i = 1}^{n} \limits a_i)^2)\)，将分母统一后（题目要求输出最简分数），答案为 \(\dfrac{1}{n^2} (n \times \sum_{i = 1}^{n} \limits a_i ^ 2 - (\sum_{i = 1}^{n} \limits a_i)^2)\) 。
接下来我们来思考怎么维护区间平方和。
如果我们已经知道某一段区间的平方和，此时我们往区间内每一个数上加上 \(d\)，平方和为：
\(\sum_{i = 1}^{n} \limits (a_i + d)^2 = \sum_{i-1}^{n} \limits a_i ^2 + 2d \times \sum_{i = 1} ^n \limits a_i + nd^2\)
我们发现，这个式子的第一部分我们已经知道了，而第二部分我们可以通过维护区间和得到，最后一部分更是可以直接求出。
最后求一下分子和分母的最大公因数，输出即可。
4 代码（空格警告）：
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
#define int long long
int n, m, sum, sums, len, opt, l, r, k, up, down, Gcd;
int a[N];
struct node
{
int l, r, sum, sums, tag;
}t[N*4];
int gcd(int x, int y)
{
if (!y) return x;
return gcd(y, x % y);
}
void pushup(int p)
{
t[p].sum = t[p*2].sum + t[p*2+1].sum;
t[p].sums = t[p*2].sums + t[p*2+1].sums;
}
void build(int p, int l, int r)
{
t[p].l = l;
t[p].r = r;
if (l == r)
{
cin >> t[p].sum;
t[p].sums = t[p].sum * t[p].sum;
return ;
}
int mid = (l+r)/2;
build(p*2, l, mid);
build(p*2+1, mid+1, r);
pushup(p);
}
void pushdown(int p)
{
if (t[p].tag)
{
t[p*2].sums += 2 * t[p].tag * t[p*2].sum + t[p].tag * t[p].tag * (t[p*2].r - t[p*2].l + 1);
t[p*2+1].sums += 2 * t[p].tag * t[p*2+1].sum + t[p].tag * t[p].tag * (t[p*2+1].r - t[p*2+1].l + 1);
t[p*2].sum += (t[p*2].r - t[p*2].l + 1) * t[p].tag;
t[p*2+1].sum += (t[p*2+1].r - t[p*2+1].l + 1) * t[p].tag;
t[p*2].tag += t[p].tag;
t[p*2+1].tag += t[p].tag;
t[p].tag = 0;
}
}
void modify(int p, int l, int r, int d)
{
if (t[p].l >= l && t[p].r <= r)
{
t[p].sums += 2 * d * t[p].sum + d * d * (t[p].r - t[p].l + 1);
t[p].sum += (t[p].r - t[p].l + 1) * d;
t[p].tag += d;
return ;
}
pushdown(p);
int mid = (t[p].l + t[p].r) / 2;
if (l <= mid) modify(p*2, l, r, d);
if (r > mid) modify(p*2+1, l, r, d);
pushup(p);
}
int query1(int p, int l, int r)
{
if (t[p].l >= l && t[p].r <= r) return t[p].sum;
pushdown(p);
int mid = (t[p].l + t[p].r) / 2, ans = 0;
if (l <= mid) ans += query1(p*2, l, r);
if (r > mid) ans += query1(p*2+1, l, r);
return ans;
}
int query2(int p, int l, int r)
{
if (t[p].l >= l && t[p].r <= r) return t[p].sums;
pushdown(p);
int mid = (t[p].l + t[p].r) / 2, ans = 0;
if (l <= mid) ans += query2(p*2, l, r);
if (r > mid) ans += query2(p*2+1, l, r);
return ans;
}
signed main()
{
cin >> n >> m;
build(1, 1, n);
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
cin >> opt >> l >> r;
if (opt == 1)
{
cin >> k;
modify(1, l, r, k);
}
else if (opt == 2)
{
up = query1(1, l, r);
down = r - l + 1;
Gcd = gcd(up, down);
up /= Gcd;
down /= Gcd;
cout << up << "/" << down << '\n';
}
else
{
sum = query1(1, l, r);
sums = query2(1, l, r);
len = r - l + 1;
sums *= len;
sum *= sum;
up = sums - sum;
down = len * len;
Gcd = gcd(up, down);
up /= Gcd;
down /= Gcd;
cout << up << "/" << down << '\n';
}
}
return 0;
}
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