BZOJ 2572 高速公路
Description
Y901高速公路是一条重要的交通纽带，政府部门建设初期的投入以及使用期间的养护费用都不低，因此政府在这条高速公路上设立了许多收费站。
Y901高速公路是一条由N-1段路以及N个收费站组成的东西向的链，我们按照由西向东的顺序将收费站依次编号为1~N，从收费站i行驶到i+1(或从i+1行驶到i)需要收取Vi的费用。高速路刚建成时所有的路段都是免费的。
政府部门根据实际情况，会不定期地对连续路段的收费标准进行调整，根据政策涨价或降价。
无聊的小A同学总喜欢研究一些稀奇古怪的问题，他开车在这条高速路上行驶时想到了这样一个问题:对于给定的l,r(l<r),在第l个到第r个收费站里等概率随机取出两个不同的收费站a和b，那么从a行驶到b将期望花费多少费用呢?
Input
第一行2个正整数N,M，表示有N个收费站，M次调整或询问
接下来M行，每行将出现以下两种形式中的一种
C l r v 表示将第l个收费站到第r个收费站之间的所有道路的通行费全部增加v
Q l r 表示对于给定的l,r，要求回答小A的问题
所有C与Q操作中保证1<=l<r<=N
Output
对于每次询问操作回答一行，输出一个既约分数
若答案为整数a，输出a/1
Sample Input
4 5
C 1 4 2
C 1 2 -1
Q 1 2
Q 2 4
Q 1 4
C 1 4 2
C 1 2 -1
Q 1 2
Q 2 4
Q 1 4
Sample Output
1/1
8/3
17/6
8/3
17/6
HINT
数据规模
所有C操作中的v的绝对值不超过10000
在任何时刻任意道路的费用均为不超过10000的非负整数
所有测试点的详细情况如下表所示
Test N M
1 =10 =10
2 =100 =100
3 =1000 =1000
4 =10000 =10000
5 =50000 =50000
6 =60000 =60000
7 =70000 =70000
8 =80000 =80000
9 =90000 =90000
10 =100000 =100000
Source
开始时，并不知道怎么用线段树维护期望，向lyp咨询了下，然后他教会了我怎么做：
对于一段区间l，r，ans=∑ki*pi。ki指的是这个点的权值，pi指对答案贡献的概率。
现在我们想pi怎么计算。pi=(i-l+1)(r-i+1)/((r-l+1)(r-l+2)/2)。对于某个i，要选到他，必须从其前面的(i-l+1)中选一个(包括自身)和后面的(r-i+1)中选一个(也包括自身)，而总共的方案为C(n+1,2)=((r-l+1)(r-l+2)/2)。
所以,ans=∑ki(i-l+1)(r-i+1)/((r-l+1)(r-l+2)/2)，分母是一定的，所以可以提出，所以我们要求的即为ans=∑ki*(i-l+1)*(r-i+1)。
令L=l-1，R=r+1。ans=∑ki(i-L)(R-i)=∑ki(-i2+(R+L)i-RL)=∑-i2ki+(R+L)∑iki-RL∑ki。就连蒟蒻的我都看出怎么维护了。。。三个sum数组：ki,iki,i2ki。
PS：注意看题。我们按照由西向东的顺序将收费站依次编号为1~N，从收费站i行驶到i+1(或从i+1行驶到i)需要收取Vi的费用。所有输入的r都要减一。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3 using namespace std; 4 5 typedef long long ll; 6 #define maxn 100010 7 8 ll n,m; 9 struct node 10 { 11 ll sign; ll s1,s2,s3; 12 inline node() { sign = s1 = s2 = s3 = 0; } 13 friend inline node operator +(const node &x,const node &y) 14 { 15 node ret; 16 ret.s1 = x.s1+y.s1; 17 ret.s2 = x.s2+y.s2; 18 ret.s3 = x.s3+y.s3; 19 return ret; 20 } 21 }tree[maxn*4]; 22 23 inline ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a; } 24 25 inline void modify(ll l,ll r,ll now,ll key) 26 { 27 tree[now].sign += key; 28 tree[now].s1 += (r - l + 1)*key; 29 tree[now].s2 += ((ll)r*(ll)(r+1)*(ll)(2*r+1)/(ll)6-(ll)(l-1)*(ll)l*(ll)(2*l-1)/(ll)6)*key; 30 tree[now].s3 += (ll)(l+r)*(ll)(r-l+1)/(ll)2*key; 31 } 32 33 inline void pushdown(ll l,ll r,ll now) 34 { 35 if (!tree[now].sign) return; 36 if (l != r) 37 { 38 ll mid = (l + r) >> 1; 39 modify(l,mid,now<<1,tree[now].sign); 40 modify(mid+1,r,(now<<1)+1,tree[now].sign); 41 } 42 tree[now].sign = 0; 43 return; 44 } 45 46 inline void updata(ll now) 47 { 48 ll t = tree[now].sign; 49 tree[now] = tree[now<<1]+tree[(now<<1)+1]; 50 tree[now].sign = t; 51 } 52 53 inline void change(ll l,ll r,ll now,ll ql,ll qr,ll key) 54 { 55 pushdown(l,r,now); 56 if (l >= ql&&r <= qr) 57 { 58 modify(l,r,now,key); 59 return; 60 } 61 ll mid = (l + r) >> 1; 62 if (qr <= mid) change(l,mid,now<<1,ql,qr,key); 63 else if (ql > mid) change(mid+1,r,(now<<1)+1,ql,qr,key); 64 else change(l,mid,now<<1,ql,mid,key),change(mid+1,r,(now<<1)+1,mid+1,qr,key); 65 updata(now); 66 } 67 68 inline node ask(ll l,ll r,ll now,ll ql,ll qr) 69 { 70 pushdown(l,r,now); 71 if (l >= ql&&r <= qr) return tree[now]; 72 ll mid = (l + r) >> 1; 73 if (qr <= mid) return ask(l,mid,now<<1,ql,qr); 74 else if (ql > mid) return ask(mid+1,r,(now<<1)+1,ql,qr); 75 else return ask(l,mid,now<<1,ql,mid)+ask(mid+1,r,(now<<1)+1,mid+1,qr); 76 } 77 78 int main() 79 { 80 freopen("2752.in","r",stdin); 81 freopen("2752.out","w",stdout); 82 scanf("%lld %lld\n",&n,&m); 83 while (m--) 84 { 85 char opt; scanf("%c",&opt); 86 if (opt == 'C') 87 { 88 ll l,r,v; scanf("%lld %lld %lld\n",&l,&r,&v); 89 --r; 90 change(1,n,1,l,r,v); 91 } 92 else 93 { 94 ll l,r; scanf("%lld %lld\n",&l,&r); r--; 95 node ret = ask(1,n,1,l,r); 96 ll L = l-1,R = r+1; 97 ll up = -(L*R)*ret.s1-ret.s2+(L+R)*ret.s3,down = (ll)(r-l+1)*(ll)(r-l+2)>>1LL,d = gcd(up,down); 98 up /= d; down /= d; 99 printf("%lld/%lld\n",up,down); 100 } 101 } 102 fclose(stdin); fclose(stdout); 103 return 0; 104 }
高考结束，重新回归。
