P8264 [Ynoi Easy Round 2020] TEST_100 题解

题意：P8264 [Ynoi Easy Round 2020] TEST_100。

简要题意：$n$ 个数的序列 $a_1,a_2,\cdots,a_n$，$q$ 次询问，每次给定 $l,r,v$，求依次访问 $l \sim r$ 每一个位置 $i$，执行 $v \leftarrow \left| v-a_i \right|$，最终的 $v$ 是什么。

范围：$n, a_i, v \leq 10^5$。时空限制：$2$ 秒，$2$ GB。

分块，设块长为 $B$。

假如我们可以预处理出每一个数经过每一个块最终的结果，那么我们就容易做到 $O(\frac{qn}{B})$ 询问答案了。问题在于怎么求这个。

首先，最暴力的直接枚举 $v = 0, 1, 2, \cdots, 10^5$，放进去跑，显然是不对的。考虑 $\left| v-a_i \right|$ 有什么特性。他其实是一个分段函数，具体地，$\left| v-a_i \right| = \begin{cases} v-a_i && v \geq a_i \\ a_i - v && v < a_i \end{cases}$。于是我们可以确定，数 $v$ 经过这个块中每个数后的结果，必然是一个一次函数，不妨设为 $f(v)=v\times k_v+b_v$。进一步地，容易发现，$k_v = 1$ 或 $-1$。

我们不妨设有一个函数 $f(x)=x$，初始定义域和值域都是 $[0,10^5]$，动态维护当前函数的 $k$ 和 $b$。依次经过 $a_i$ 时，只有三种情况，分别是 $a_i$ 在值域左侧，右侧，或者之内。左侧和右侧的时候，我们发现分段函数其实只有一段，都可以修改函数表达式直接递归进下一个位置。但是在值域内的可能会被分为两段，如果分开，那么递归到下一个 $a_{i+1}$ 需要分成两部分。

按照这个过程 DFS，我们得到了一个 $O(\dfrac{n}{B} \times 2^B)$ 的复杂度。取 $B=\log_2 n$ 可以平衡到 $O(\dfrac{n^2}{\log_2 n})$ 的复杂度，但是显然过不去。

考虑优化，复杂度瓶颈显然在于 $2^B$ 的处理部分。但我们容易注意到绝对值函数 $f(x) = \left| x-v \right|$，呈一个 V 字形，对称的位置是 $x=v$。所以其实上述过程中把函数分为两部分的过程，本质上只需要递归进定义域大小更大的一部分，另一部分直接对称求出即可。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 5, M = 337;

int f[M][N];
int n, q, a[N];
int B;
int lans;

inline int get(int x)
{
	return x / B;
}

inline int getL(int x)
{
	return x * B;
}

int R;
int nowB;

void dfs(int l, int r, int k, int b, int u) // 定义域 [l,r]
{
	if (l > r) return;
	int zl = l * k + b, zr = r * k + b;
	if (zl > zr) swap(zl, zr);
	if (u == R)
	{
		for (int i = l; i <= r; i++)
		{
			f[nowB][i] = abs(i * k + b - a[R]);
		}
		return;
	}
	int p = a[u];
	if (p > zr) // x -> p - x
	{
		dfs(l, r, -k, p - b, u + 1);
	}
	else if (p < zl)
	{
		dfs(l, r, k, b - p, u + 1);
	}
	else
	{
		int place = (p - b);
		if (k >= 1)
		{
			int mid = place / k;
			// [l, mid], (mid, r]
			if (mid - l >= r - mid)
			{
				dfs(l, mid, -k, p - b, u + 1);
				int nj = mid - 1;
				for (int i = mid + 1; i <= r; i++)
				{
					f[nowB][i] = f[nowB][nj];
					nj--;
				}
			}
			else
			{
				dfs(mid, r, k, b - p, u + 1);
				int nj = mid + 1;
				for (int i = mid - 1; i >= l; i--)
				{
					f[nowB][i] = f[nowB][nj];
					nj++;
				}
			}
		}
		else
		{
			int mid = place / k;
			// [mid,r], [l,mid)
			if (r - mid >= mid - l)
			{
				dfs(mid, r, -k, p - b, u + 1);
				int nj = mid + 1;
				for (int i = mid - 1; i >= l; i--)
				{
					f[nowB][i] = f[nowB][nj];
					nj++;
				}
			}
			else
			{
				dfs(l, mid, k, b - p, u + 1);
				int nj = mid - 1;
				for (int i = mid + 1; i <= r; i++)
				{
					f[nowB][i] = f[nowB][nj];
					nj--;
				}
			}
		}
	}
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
	cin >> n >> q;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	B = sqrt(n);
	int maxn = get(n);
	memset(f, -1, sizeof f);
	for (int i = 0; i <= maxn; i++)
	{
		int l = max(1, getL(i));
		int r = min(n, getL(i + 1) - 1);
		R = r;
		nowB = i;
		dfs(0, (int)1e5, 1, 0, l);
	}
	while (q--)
	{
		int l, r, v;
		cin >> l >> r >> v;
		l ^= lans, r ^= lans, v ^= lans;
		if (get(l) == get(r))
		{
			int res = v;
			for (int i = l; i <= r; i++) res = abs(res - a[i]);
			cout << (lans = res) << "\n";
		}
		else
		{
			int gl = get(l), gr = get(r);
			int res = v;
			for (int i = l; i <= getL(gl + 1) - 1; i++) res = abs(res - a[i]);
			for (int i = gl + 1; i < gr; i++) res = f[i][res];
			for (int i = getL(gr); i <= r; i++) res = abs(res - a[i]);
			cout << (lans = res) << "\n";
		}
	}
	return 0;
}