【JZOJ6373】【NOIP2019模拟2019.10.04】式神[八云蓝]

题目大意

构造一棵$[1,n]$的线段树，有$q$个询问$[x,y]$，每次查询$[x,y]$的所有子区间在线段树上经过的点数之和。
$n,q \leq 500000$

Solution

一开始方向错了。。。。

显然线段树上只有和$[x,y]$有交集的区间才会产生贡献。

设该点代表区间为$[l,r]$：

• 若$[l,r]$包含$[x,y]$，则$[x,y]$的所有子区间都会经过该点。
• 若$[l,r]$与$[x,y]$相交，那么只有和$[l,r]$有交集的子区间有贡献，于是用$[x,y]$所有的子区间减去和$[l,r]$没有交的子区间。
• 若$[x,y]$包含$[l,r]$，这时$[x,y]$的子区间必须和$[l,r]$有交集且不能包含$[l,r]$的父区间，同样做一下减法就行了。

现在问题是，第一、二种情况的$[l,r]$都是$O(logn)$个的，可以暴力做。第三种情况，若$[x,y]$包含了$[l,r]$，$[x,y]$肯定也包含了$[l,r]$的所有子区间，不能暴力下去处理答案。如果我们把$[l,r]$对$[x,y]$的贡献写出来，是一个和$x,y$有关的二次多项式，于是我们可以维护每个区间各项的系数，统计一下子树内系数之和就行了。

Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define lson rt << 1
#define rson rt << 1 | 1
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 500007;

int n, q, opt;
ll l, r, a, b, lastans;

ll C2(ll n) {
	return n * (n + 1) / 2;
}

ll sum[N << 2][3];
void pre(int rt, int l, int r, int fl, int fr) {
	if (l != 1 || r != n) {
		sum[rt][0] = 2 * l - 2 * fr;
		sum[rt][1] = 2 * r - 2 * fl;
		sum[rt][2] = -l - 1ll * l * l + r - 1ll * r * r + 2ll * fl * fr - 2 * fl + 2 * fr;
	}
	if (l == r) return;
	int mid = l + r >> 1;
	pre(lson, l, mid, l, r), pre(rson, mid + 1, r, l, r);
	for (int i = 0; i < 3; ++i) sum[rt][i] += sum[lson][i] + sum[rson][i];
}

void go(int rt, int l, int r, int ql, int qr) {
	if (l <= ql && qr <= r) lastans += C2(qr - ql + 1);
	if (l < ql && r >= ql && r < qr) lastans += C2(qr - ql + 1) - C2(qr - r);
	if (l > ql && l <= qr && r > qr) lastans += C2(qr - ql + 1) - C2(l - ql);
	if (ql <= l && r <= qr) {
		if (ql != l || r != qr) lastans += C2(qr - ql + 1) - C2(l - ql) - C2(qr - r);
		if (l != r) lastans += ((sum[lson][0] + sum[rson][0]) * ql + (sum[lson][1] + sum[rson][1]) * qr + sum[lson][2] + sum[rson][2]) / 2;
		return;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	if (ql <= mid) go(lson, l, mid, ql, qr);
	if (mid + 1 <= qr) go(rson, mid + 1, r, ql, qr);
}

int main() {
	freopen("ran.in", "r", stdin);
	freopen("ran.out", "w", stdout);
	scanf("%d%d%d", &n, &q, &opt);
	pre(1, 1, n, 1, n);
	while (q--) {
		scanf("%lld%lld", &l, &r);
		a = (l ^ (lastans * opt)) % n + 1, b = (r ^ (lastans * opt)) % n + 1;
		l = min(a, b), r = max(a, b), lastans = 0;
		go(1, 1, n, l, r);
		printf("%lld\n", lastans);
	}
	return 0;
}