【CF878E】Numbers on the blackboard

题目

题目链接：https://codeforces.com/problemset/problem/878/E
给出 \(n\) 个数字，每次询问一个区间 \([l,r]\) ，对这个区间内部的点进行操作。
每次操作可以合并相邻两个数 \(x\) , \(y\) ，将它们变成 \(x+2y\) 对于每次询问输出当最后只剩下一个数字时，这个数字的最大值。
询问互相独立，答案对 \(10^9+7\) 取模。

思路

容易发现最后每一个数字权值一定是 \(2\) 的次幂，并且我们合并一定是先从前往后合并为若干个块，然后再从后往前依次将每一个块往前合并，最后合并成一个块。所以我们就先只进行第一类合并，第二类合并可以直接将后面的块的数的权值乘上 \(2\)。

假设我们前 \(i\) 个数已经合并成了若干个块，考虑加入第 \(i+1\) 个数，如果新开一个块它的权值就是 \(1\)，否则就是 \(2^{l+1}\)，其中 \(l\) 是上一个块的长度。

• 如果 \(a[i+1]>0\)，那么我们肯定将 \(i+1\) 合并到前一个块中。
• 如果 \(a[i+1]\leq 0\)，我们就新开一个块存它。

注意到将 \(i+1\) 合并到前一个块中的时候，可能导致前一个块的和也变成正数，此时我们需要一直往前合并直到剩余一个块或该块和为负数。
但是如果直接合并，随便一个长度足够长的正数序列就可以让和超过 long long 范围。但是我们发现最坏情况下，每一个块的和均不小于 \(-10^9\)，所以整个序列合并之后最坏情况下和不会低于 \(-10^9n\geq -10^{14}\)。所以如果一个块的和超过了 \(10^{14}\)，这个块一定可以一直合并到第一个块，所以我们直接将这一类块的权值赋值为 \(+\infty\)，合并的时候特判一下就好了。这样我们就保证了每一个块的和不会超过 long long 范围。

然后将询问离线，按右端点从小到大排序，找到最左边的块单独拆开来计算，加上右边的块的和乘 \(2\) 即为答案。

时间复杂度 \(O((n+m)\log n)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=100010,MOD=1e9+7;
const ll Inf=1000000000000000LL;
int n,Q,top,a[N],st[N],ans[N];
ll power[N],inv[N],mul[N],sum[N],sum2[N];

struct node
{
	int l,r,id;
}ask[N];

bool cmp(node x,node y)
{
	return x.r<y.r;
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&Q);
	power[0]=inv[0]=1;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		power[i]=power[i-1]*2%MOD;
		inv[i]=inv[i-1]*500000004%MOD;
		mul[i]=(mul[i-1]+power[i]*a[i])%MOD;
	}
	for (int i=1;i<=Q;i++)
	{
		scanf("%d%d",&ask[i].l,&ask[i].r);
		ask[i].id=i;
	}
	sort(ask+1,ask+1+Q,cmp);
	for (int i=1,j=1;i<=Q;i++)
	{
		int l=ask[i].l,r=ask[i].r;
		for (;j<=r;j++)
		{
			st[++top]=j; sum[top]=a[j];
			while (top>1 && sum[top]>0)
			{
				if (st[top]-st[top-1]>=50 || (1LL<<st[top]-st[top-1])>(Inf-sum[top-1])/sum[top]) sum[top-1]=Inf;
					else sum[top-1]+=(1LL<<st[top]-st[top-1])*sum[top];
				top--;
			}
			if (sum[top]<Inf) sum2[top]=(sum2[top-1]+sum[top])%MOD;
				else sum2[top]=mul[j];
		}
		st[top+1]=r+1; 
		int p=upper_bound(st+1,st+2+top,l)-st;
		ans[ask[i].id]=((sum2[top]-sum2[p-1])*2+(mul[st[p]-1]-mul[l-1])*inv[l])%MOD;
	}
	for (int i=1;i<=Q;i++)
		printf("%d\n",(ans[i]%MOD+MOD)%MOD);
	return 0;
}