BZOJ_2962_序列操作_线段树

Description

　　有一个长度为n的序列，有三个操作1.I a b c表示将[a,b]这一段区间的元素集体增加c，2.R a b表示将[a,b]区间内所有元素变成相反数，3.Q a b c表示询问[a,b]这一段区间中选择c个数相乘的所有方案的和mod 19940417的值。

Input

　　第一行两个数n，q表示序列长度和操作个数。
　　第二行n个非负整数，表示序列。
　　接下来q行每行输入一个操作I a b c或者 R a b或者Q a b c意义如题目描述。

Output

　　对于每个询问，输出选出c个数相乘的所有方案的和mod19940417的值。

Sample Input

5 5
1 2 3 4 5
I 2 3 1
Q 2 4 2
R 1 5
I 1 3 -1
Q 1 5 1

Sample Output

40
19940397
样例说明
　　做完第一个操作序列变为1 3 4 4 5。
　　第一次询问结果为3*4+3*4+4*4=40。
　　做完R操作变成-1 -3 -4 -4 -5。
　　做完I操作变为-2 -4 -5 -4 -5。
　　第二次询问结果为-2-4-5-4-5=-20。

HINT

　　100%的数据n<=50000,q<=50000,初始序列的元素的绝对值<=109，I
a b c中保证[a,b]是一个合法区间，|c|<=109，R a b保证[a,b]是个合法的区间。Q a b
c中保证[a,b]是个合法的区间1<=c<=min(b-a+1,20)。

然后可以暴力合并区间的答案，上传和查询同理。

难点在于两个修改。

取相反数的操作显然只对i为奇数的F[i]取相反数，偶数不变。

区间加x时，假设从${a,b,c}$到${a+x,b+x,c+x}$，那么$(a+x)*(b+x)+(b+x)*(c+x)+(a*x)+(c*x)=ab+ac+bc+2x(a+b+c)+3x^{2}$。

有一些是我们已经知道的信息，剩下的那些x的系数是组合数，预处理出来即可。

代码：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 50050
#define mod 19940417
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
int n,m,C[N][22];
struct node {
    int add,rev,s[22],siz;
    node() {memset(s,0,sizeof(s));rev=add=siz=0;}
    node operator + (const node &x) const {
        node re;
        int i,j;
        for(i=0;i<=20;i++) {
            for(j=0;i+j<=20;j++) {
                re.s[i+j]=(re.s[i+j]+1ll*s[i]*x.s[j]%mod+mod)%mod;
            }
        }
        re.siz=siz+x.siz;
        return re;
    }
    void rev_() {
        int i;
        for(i=1;i<=20;i+=2) s[i]=(mod-s[i])%mod;
    }
    void add_(int d) {
        int i,j;
        int t;
        for(i=min(siz,20);i;i--) {
            for(t=d,j=1;j<i;j++,t=1ll*t*d%mod) s[i]=(s[i]+1ll*t*s[i-j]%mod*C[siz-i+j][j]%mod)%mod;
            s[i]=(s[i]+1ll*C[siz][i]*t%mod)%mod;
        }
    }
}t[N<<2];
void pushdown(int p) {
    if(t[p].rev) {
        t[ls].rev_(); t[rs].rev_();
        t[ls].add=(mod-t[ls].add)%mod; t[rs].add=(mod-t[rs].add)%mod;
        t[ls].rev^=1; t[rs].rev^=1;
        t[p].rev=0;
    }
    if(t[p].add) {
        int d=t[p].add;
        t[ls].add_(d); t[rs].add_(d);
        t[ls].add=(t[ls].add+d)%mod; t[rs].add=(t[rs].add+d)%mod;
        t[p].add=0;
    }
}
void build(int l,int r,int p) {
    if(l==r) {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        x=(x%mod+mod)%mod;
        t[p].s[0]=1; t[p].s[1]=x; t[p].siz=1;
        return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    build(l,mid,ls); build(mid+1,r,rs);
    t[p]=t[ls]+t[rs];
}
node query(int l,int r,int x,int y,int p) {
    if(x<=l&&y>=r) return t[p];
    pushdown(p);
    int mid=(l+r)>>1;
    if(y<=mid) return query(l,mid,x,y,ls);
    if(x>mid) return query(mid+1,r,x,y,rs);
    return query(l,mid,x,y,ls)+query(mid+1,r,x,y,rs);
}
void update(int l,int r,int x,int y,int v,int p) {
    if(x<=l&&y>=r) {
        t[p].add_(v); (t[p].add+=v)%=mod;
        return ;
    }
    pushdown(p);
    int mid=(l+r)>>1;
    if(x<=mid) update(l,mid,x,y,v,ls);
    if(y>mid) update(mid+1,r,x,y,v,rs);
    t[p]=t[ls]+t[rs];
}
void reverse(int l,int r,int x,int y,int p) {
    if(x<=l&&y>=r) {
        t[p].rev_(); t[p].rev^=1; t[p].add=(mod-t[p].add)%mod;
        return ;
    }
    pushdown(p);
    int mid=(l+r)>>1;
    if(x<=mid) reverse(l,mid,x,y,ls);
    if(y>mid) reverse(mid+1,r,x,y,rs);
    t[p]=t[ls]+t[rs];
}
char opt[10];
int main() {
    int i,x,y,z,j;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(i=0;i<=n;i++) C[i][0]=C[i][i]=1;
    for(i=1;i<=n;i++) {
        int t=min(20,i);
        for(j=1;j<=t;j++) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
    }
    build(1,n,1);
    while(m--) {
        scanf("%s%d%d",opt,&x,&y);
        if(opt[0]!=‘R‘) scanf("%d",&z);
        if(opt[0]==‘I‘) {
            z=(z%mod+mod)%mod;
            update(1,n,x,y,z,1);
        }else if(opt[0]==‘R‘) {
            reverse(1,n,x,y,1);
        }else {
            printf("%d\n",(query(1,n,x,y,1).s[z]%mod+mod)%mod);
        }
    }
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/suika/p/9033103.html