bzoj 3821: 玄学
题目大意
有一个长度为 n 数列，有若干个事件，事件分为操作和询问两种，
一次操作是把数列[l...r] 区间中的每个元素x变成 ax + b mod p。
一次询问是询问 执行了 第l 次到第r次操作后第 k 个元素的值。
解题思路
标解是树套树，且平衡树一层需要写可持久化AVL来卡常。
松爷在考场上给出了一种编程复杂度更低的算法。
单独维护a,b两个系数，我们发现在这道题中的操作是支持结合律的，也就是说我们可以把一段操作后产生的效果提前预处理出来。
考虑用线段树维护把每一段区间操作执行后每一个元素的a和b的值。
等等。。每一个元素？那样的话岂不是要存下 线段树节点个数 * 序列中节点个数 个， 即 n^2 个点了吗？
但是这些点中很多个点的a和b值都是相同的， 很显然的一点是对于一个长度为L的区间， a,b值不同的段数是 O(L) 的。
所以说只要依次存下这L段的位置和a,b的值就可以了。 询问的时候需要先二分确定一下 k 这个数处于哪一段中。
具体实现的时候，因为包含r的区间一定只有在 r操作 出现后才会被询问到，所以说每一次插入的时候只要合并掉所有 R == p 的区间就可以了， 而每个区间只会被更新一次（即区间最右端点被插入的时候），所以复杂度得到保证。
加入操作复杂度为 O(logn)， 询问操作复杂度 O(log2n) 。
技巧总结
要挖掘操作自身的一些性质， 并且选用合适的数据结构进行维护。 比如说支持合并操作的就可以用线段树啦
代码
写得丑死了QAQ
听了题目描述一个longlong都没有用炸了好久QAQ
作死地用了vector速度慢得飞起QAQ
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cmath> 4 #include <algorithm> 5 #include <cstring> 6 #include <vector> 7 #define MAXN 200005 8 #define MAXT 2500005 9 #define pb push_back 10 using namespace std; 11 int read(){ 12 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 13 while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 14 while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 15 return x*f; 16 } 17 vector <int> xx[MAXT], aa[MAXT], bb[MAXT]; 18 int Q, tt, n, mod, num[MAXN], lastans, cntj, l, r, a, b, k; 19 long long A, B; 20 void jiemi(int &x){x ^= lastans;} 21 inline void update(int t){ 22 int zuo = t + t, zz = 0, you = t + t + 1, yy = 0; 23 int sz = xx[zuo].size()-1, sy = xx[you].size()-1; 24 while(1){ 25 xx[t].pb(max(xx[zuo][zz], xx[you][yy])); 26 aa[t].pb((long long)aa[zuo][zz]*aa[you][yy] % mod); 27 bb[t].pb(((long long)bb[zuo][zz]*aa[you][yy] % mod + bb[you][yy]) % mod); 28 if(zz == sz && yy == sy) break; 29 if((zz<sz) && ((yy == sy) || xx[zuo][zz+1] < xx[you][yy+1])) zz ++; 30 else if((yy<sy) && ((zz==sz) || xx[you][yy+1] < xx[zuo][zz+1])) yy ++; 31 else zz ++, yy ++; 32 } 33 } 34 void insert(int t, int l, int r, int L, int R, int p){ 35 if(l == r){ 36 if(L != 1){xx[t].pb(1); aa[t].pb(1); bb[t].pb(0);} 37 xx[t].pb(L); aa[t].pb(a); bb[t].pb(b); 38 if(R != n){xx[t].pb(R+1); aa[t].pb(1); bb[t].pb(0);} 39 return; 40 } 41 int mid = l + r >> 1; 42 if(mid >= p) insert(t + t, l, mid, L, R, p); 43 else insert(t + t + 1, mid + 1, r, L, R, p); 44 if(p == r) update(t); 45 } 46 inline int erfen(int t, int l, int r, int p){ 47 while(l + 1 < r){ 48 int mid = l + r >> 1; 49 if(xx[t][mid] <= p) l = mid; 50 else r = mid-1; 51 }if(xx[t][r] <= p) return r; return l; 52 } 53 inline void ask(int t, int p){ 54 int x = erfen(t, 0, xx[t].size()-1, p); 55 A = (A*aa[t][x]) % mod; B = (B*aa[t][x]%mod+bb[t][x]) % mod; 56 } 57 void query(int t, int l, int r, int L, int R, int p){ 58 if(l >= L && r <= R){ask(t, p); return;} 59 int mid = l + r >> 1; 60 if(L <= mid)query(t + t, l, mid, L, R, p); 61 if(R >= mid+1)query(t + t + 1, mid + 1, r, L, R, p); 62 } 63 int main(){ 64 scanf("%d%d%d", &tt, &n, &mod); 65 for(int i = 1; i <= n; i ++) num[i] = read(); 66 scanf("%d", &Q); 67 for(int qq = 1; qq <= Q; qq ++){ 68 int cmd; cmd = read(); 69 if(cmd == 1){ 70 l = read(); r = read(); a = read(); b = read(); 71 if(tt % 2 == 1) jiemi(l), jiemi(r); 72 insert(1, 1, Q, l, r, ++ cntj); 73 }else{ 74 l = read(); r = read(); k = read(); 75 if(tt % 2 == 1) jiemi(l), jiemi(r), jiemi(k); 76 A = 1; B = 0; 77 query(1, 1, Q, l, r, k); 78 lastans = (A*num[k]%mod+B) % mod; 79 printf("%d\n", lastans); 80 } 81 } 82 // system("pause"); 83 return 0; 84 }
