题解 P4041 [AHOI2014/JSOI2014] 奇怪的计算器

合集 - 洛谷(30)

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收起

洛谷。

题意

有 $Q$ 个询问，$n$ 个操作，一共有 4 种：

1. $+a$：结果加上 $a$；
2. $-a$：结果减去 $a$；
3. $\times a$；结果乘上 $a$；
4. $@a$：结果加上 $a\times X$（$X$ 是一开始输入的数）。 将每个询问放在 $n$ 个操作中过一遍，同时每次处理完后，倘若小于 $L$，赋值为 $L$；倘若大于 $R$，赋值为 $R$。

暴力

按照题意模拟即可。

分析

我们可以发现，我们所有数的经历的过程是一样的，我们可以用线段树来维护我们的 6 中操作：

1. 区间加；
2. 区间减（同 1）；
3. 区间乘；
4. 区间加的变种；
5. 区间取至最大值；
6. 区间取至最小值。

这么算来，我们似乎是要维护 5 种 tag，10 种值。
想想都让人头皮发麻，怎么都应该是黑题才对。

但是实际上，我们的其中操作其实并不会改变期间相邻数的大小关系，因此，我们的 5、6 操作就变成了区间覆盖与一个二分（找到最后一个小于 $L$ 或 第一个大于 $R$）啦。

总结一下，我们需要维护区间乘、区间加、区间加变形、区间覆盖、单点查询。

看起来还是非常复杂，但是我们用 $c_p\times tag{1}_p+tag{2}_p$ 的形式，就可以将区间乘，区间加，区间覆盖融为一体。
最后的区间加变种，地位与区间加等同，与区间加的维护大致相同。

struct SEG {
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
    int c[N<<2],tag[N<<2],tag2[N<<2],tag3[N<<2];
 
    inline void cl(int p,int x,int y,int L,int R) {
        tag3[p]*=x;
        tag2[p]=tag2[p]*x+y;
        tag[p]=tag[p]*x;
    }
 
    inline void cl(int p,int x) {
        tag3[p]+=x;
    }
 
    inline void pushdown(int p,int L,int R) {
        int mid=L+R>>1;
        cl(ls,tag[p],tag2[p],L,mid),cl(rs,tag[p],tag2[p],mid+1,R);
        cl(ls,tag3[p]),cl(rs,tag3[p]);
        tag[p]=1,tag2[p]=tag3[p]=0;
    }
 
    inline void build(int p,int L,int R) {
        tag[p]=1,tag2[p]=tag3[p]=0;
        if(L==R) {
            c[p]=qu[L].x;
            return ;
        }
        int mid=L+R>>1;
        build(ls,L,mid),build(rs,mid+1,R);
    }
 
    inline void change(int p,int L,int R,int l,int r,int x,int y) {
        if(l>r) return ;
        if(l<=L&&R<=r) {
            cl(p,x,y,L,R);
            return ;
        }
        int mid=L+R>>1;
        pushdown(p,L,R);
        if(l<=mid) change(ls,L,mid,l,r,x,y);
        if(mid<r)  change(rs,mid+1,R,l,r,x,y);
    }
 
    inline void change(int p,int L,int R,int l,int r,int x) {
        if(l>r) return ;
        if(l<=L&&R<=r) {
            cl(p,x);
            return ;
        }
        int mid=L+R>>1;
        pushdown(p,L,R);
        if(l<=mid) change(ls,L,mid,l,r,x);
        if(mid<r)  change(rs,mid+1,R,l,r,x);
    }
 
    inline int query(int p,int L,int R,int x) {
        if(L==R) return c[p]*tag[p]+tag2[p]+tag3[p]*c[p];
        pushdown(p,L,R);
        int mid=L+R>>1;
        if(x<=mid) return query(ls,L,mid,x);
        if(mid<x)  return query(rs,mid+1,R,x);
    }
 
#undef ls
#undef rs
} tree;
 
inline void solvel() {
    int l=1,r=m,res=0;
    while(l<=r) {
        int mid=l+r>>1;
        int x=tree.query(1,1,m,mid);
        if(x<L) {
            res=mid;
            l=mid+1;
        } else r=mid-1;
    }
    tree.change(1,1,m,1,res,0,L);
}
 
inline void solver() {
    int l=1,r=m,res=m+1;
    while(l<=r) {
        int mid=l+r>>1;
        int x=tree.query(1,1,m,mid);
        if(x>R) {
            res=mid;
            r=mid-1;
        } else l=mid+1;
    }
    tree.change(1,1,m,res,m,0,R);
}

总结一下，这题其实利用了线段树的区间修改的时间复杂度，操作的不改变相对关系。