CF837G - Functions On The Segments
我们考虑 \(\sum_{i=l}^r{f_i(x)}\) 是个什么东西。首先这个奇怪的东西很好离线做，所以尽管题目要求强制在线，我们还是离线下来试试。
我们发现，我们可以 \(x\) 坐标从 \(1\) 到 \(200000\) 扫过去，对于每个 \(f_i\)，在 \(x_{i,1}+1\) 和 \(x_{i,2}+1\) 两个位置打标记进行更改。这样整个扫描过程就是 \(O(k+n)\) 的。然后考虑维护答案，我们发现，\(y=y_1\) 和 \(y=y_2\) 其实可以写成 \(y=0x+y_1,y=0x+y_2\) 的形式。那么，我们的 \(f_i(x)\) 就可以统一写成 \(ax+b\) 的形式。则 \(\sum_{i=l}^r{f_i(x)}=(\sum_{i=l}^r{a_i})x+\sum_{i=l}^r{b_i}\)。
这样，我们就只需要维护 \(a\) 和 \(b\) 的区间和。我们分别开两个线段树维护 \(a\) 和 \(b\) 的区间和。每次更改，就单点修改位置 \(i\) 上面的 \(a_i\) 和 \(b_i\)。然后我们提前把所有的询问挂在自己的 \(x_i\) 上，处理完当前 \(x\) 上的所有操作之后，对所有的 \([l,r]\) 询问进行查询得到 \(\sum_{i=l}^r{a_i}\) 和 \(\sum_{i=l}^r{b_i}\)。
但是现在强制在线，怎么做呢？
我们发现，只要我们存储下每个 \(x\) 所对应的 \(a\) 和 \(b\) 序列，就可以每次快速得到答案。但是存储 \(a\) 和 \(b\) 显然不现实，我们就考虑可持久化线段树。我们找到原先的所有操作：单点修改、区间查询，这恰好是可以使用主席树完成的工作。又因为是静态的，我们完全可以把主席树处理出来之后，带到询问里去计算。
还有一个小小的问题，询问时的 \(x\) 是可能达到 \(10^9\) 的，如何做呢？我们发现 \(2\cdot 10^5\) 之后的 \(x\) 都已经到了第三阶段，也就是 \(y=y_2\)，可以直接处理其前缀和，然后 \(O(1)\) 计算答案。
注意我们同一个 \(x\) 上可能有很多的操作，也可能没有操作，不能把 \(x\) 作为主席树的时间轴，而应当对每个 \(x\) 上的所有操作执行完之后，记录当前主席树的最新版本。
如果我们记 \(k\) 为 更改 操作中出现的最大 \(x\)，那么时间复杂度就是 \(O(k+(n+m)\log n)\)，空间复杂度 \(O(n\log n)\)。
#define rd(i,n) for(ll i=0;i<n;i++)
#define rp(i,n) for(ll i=1;i<=n;i++)
#define rep(i,a,b) for(ll i=a;i<=b;i++)
typedef long long ll;
class pst{
private:
ll sum[10000005];
int ls[10000005],rs[10000005],cnt,Len;
int root[400005],Ti;
inline void Init(int &i,int l,int r,int* a){
i=++cnt;
if(l==r){
sum[i]=a[l];
return;
}
int mid=l+r>>1;
Init(ls[i],l,mid,a);
Init(rs[i],mid+1,r,a);
sum[i]=sum[ls[i]]+sum[rs[i]];
}
inline void Modify(int &i,int his,int x,int v,int l,int r){
i=++cnt;
if(l==r){
sum[i]=v;
return;
}
int mid=l+r>>1;
if(x<=mid){
rs[i]=rs[his];
Modify(ls[i],ls[his],x,v,l,mid);
}else{
ls[i]=ls[his];
Modify(rs[i],rs[his],x,v,mid+1,r);
}
sum[i]=sum[ls[i]]+sum[rs[i]];
}
inline ll Query(int i,int L,int R,int l,int r){
if(!i)return 0;
if(L<=l&&r<=R)return sum[i];
int mid=l+r>>1;
ll res=0;
if(ls[i]&&L<=mid)res+=Query(ls[i],L,R,l,mid);
if(rs[i]&&R>mid)res+=Query(rs[i],L,R,mid+1,r);
return res;
}
public:
inline void init(int len,int* a){
Len=len;
Init(root[0],1,len,a);
}
inline void modify(int x,int v){
int cnt=++Ti;
Modify(root[cnt],root[cnt-1],x,v,1,Len);
}
inline ll query(int ti,int l,int r){
return Query(root[ti],l,r,1,Len);
}
inline int curver(){
return Ti;
}
}ta,tb;
const int N=75005;
const int M=200000;
const int P=1000000000;
int n,m,q,l,r,x,xl[N],xr[N],yl[N],yr[N],a[N],b[N],Empty[N];
ll sum[N];
int vera[M+5],verb[M+5];
vt<int>v1[M+5],v2[M+5];
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
n=in();
rp(i,n)xl[i]=in(),xr[i]=in(),yl[i]=in(),a[i]=in(),b[i]=in(),yr[i]=in();
rp(i,n)v1[xl[i]+1].pb(i),v2[xr[i]+1].pb(i);
ta.init(n,Empty);tb.init(n,yl);
rep(ti,1,M){
for(auto j:v1[ti]){
ta.modify(j,a[j]);
tb.modify(j,b[j]);
}
for(auto j:v2[ti]){
ta.modify(j,0);
tb.modify(j,yr[j]);
}
vera[ti]=ta.curver();
verb[ti]=tb.curver();
}
rp(i,n)sum[i]=sum[i-1]+yr[i];
q=in();
ll ans=0;
rd(_,q){
l=in(),r=in(),x=in();
x=(x+ans)%P;
if(x<=M){
ans=ta.query(vera[x],l,r)*x+tb.query(verb[x],l,r);
}else{
ans=sum[r]-sum[l-1];
}
out(ans)('\n');
}
return 0;
}
//Crayan_r
