2264. 魔法传输
★★★ 输入文件：magics.in 输出文件：magics.out 简单对比
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【题目描述】
自从看了《哈利波特》，小Y就十分渴望获得魔法值。于是他和一群向往魔法的孩子（当然这些孩子们都是不会魔法的）来到了哈利波特的家，大家坐成一排。哈利波特会不时的给大家传输魔法。
哈利每次会选择一个区间，给这个区间里的孩子们传输魔法：最左边的孩子给一点，第二个给两点……哈利有时会突然问你某一个孩子已经有了多少魔法。
【输入格式】
第一行两个正整数 N,M，表示有 N 个孩子，哈利有 M 次操作。
接下来 M 行，每行代表一个操作。第一个字符为 ci，若 ci=‘C’则此次操作为传送魔法操作，接下来会有两个整数Li,Ri,表示此次送魔法值的区间。若 ci=‘Q’则此次操作为询问操作，接下来一个整数xi，表示询问第xi个孩子当前的魔法值。
【输出格式】
对于每组询问输出一行，仅包含一个整数，表示答案对 1,000,000,007 取模（mod）的结果。
【样例输入】
3 4 C 1 3 Q 2 C 2 3 Q 2
【样例输出】
2 3
【提示】
【数据规模】
对于 30%的数据，N,M≤1,000；
对于 100%的数据，N,M≤100,000。
【来源】
在此键入。
区间修改的模板题啊。。。难度竟然给那么高。。。我贴这道题主要不是它有多难..而是我的解法好像和大众不太一样
贴上我的代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mid ((l+r)>>1)
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
using namespace std;
const int ma=100005;
const int mod=1000000007;
ll n,m,f[ma<<2],lazy1[ma<<2],lazy2[ma<<2];
void change1(ll l,ll r,ll o,ll L,ll R,ll x){
if(l>=L&&r<=R){
lazy1[o]+=x;
lazy1[o]%=mod;
return ;
}
if(mid>=L)change1(l,mid,ls,L,R,x);
if(mid<R)change1(mid+1,r,rs,L,R,x);
}
void change2(ll l,ll r,ll o,ll L,ll R,ll x){
if(l>=L&&r<=R){
lazy2[o]+=x;
lazy2[o]%=mod;
return ;
}
if(mid>=L)change2(l,mid,ls,L,R,x);
if(mid<R)change2(mid+1,r,rs,L,R,x);
}
ll q(ll l,ll r,ll o,ll x,ll sum1,ll sum2){
if(l==r){
return (l*(lazy1[o]+sum1)%mod-(lazy2[o]+sum2)%mod+mod)%mod;
}
if(mid>=x)return q(l,mid,ls,x,(sum1+lazy1[o])%mod,(sum2+lazy2[o])%mod)%mod;
else return q(mid+1,r,rs,x,(sum1+lazy1[o])%mod,(sum2+lazy2[o])%mod)%mod;
}
int main()
{
freopen("magics.in","r",stdin);
freopen("magics.out","w",stdout);
// freopen("1.txt","r",stdin);
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
char s[10];
ll x,y;
scanf("%s",s);
if(s[0]==‘C‘){
scanf("%lld%lld",&x,&y);
change1(1,n,1,x,y,1);
change2(1,n,1,x,y,x-1);
}
else {
scanf("%lld",&x);
printf("%lld\n",q(1,n,1,x,0,0));
}
}
return 0;
}
大家好像解法分为两大阵营吧，差分+线段树区间修改，分块
我这完全就没用到差分。。。我觉得我应该跑的很快才对啊，，结果榜都上不了
对于任意一个点，我们维护两个lazy值，第一个记录当前区间被若干次修改，每次修改左端点的值之和，第二个记录这个点被加了多少次，对于任意一次查询，我们只需要用他 对应坐标*lazy2-lazy1，即可得到被修改后的值
突然就想到这个奇怪的解法...反正后来看评论区是没看到跟我一样的..旁边的cmath用我一倍长的代码跑的比我慢了一倍