bzoj 3821: 玄学

题目大意

有一个长度为 n 数列，有若干个事件，事件分为操作和询问两种，

一次操作是把数列[l...r] 区间中的每个元素x变成 ax + b mod p。

一次询问是询问 执行了 第l 次到第r次操作后第 k 个元素的值。

解题思路

标解是树套树，且平衡树一层需要写可持久化AVL来卡常。

松爷在考场上给出了一种编程复杂度更低的算法。

单独维护a,b两个系数，我们发现在这道题中的操作是支持结合律的，也就是说我们可以把一段操作后产生的效果提前预处理出来。

考虑用线段树维护把每一段区间操作执行后每一个元素的a和b的值。

等等。。每一个元素？那样的话岂不是要存下 线段树节点个数 * 序列中节点个数 个， 即 n^2 个点了吗？

但是这些点中很多个点的a和b值都是相同的， 很显然的一点是对于一个长度为L的区间， a,b值不同的段数是 O(L) 的。

所以说只要依次存下这L段的位置和a,b的值就可以了。 询问的时候需要先二分确定一下 k 这个数处于哪一段中。

具体实现的时候，因为包含r的区间一定只有在 r操作 出现后才会被询问到，所以说每一次插入的时候只要合并掉所有 R == p 的区间就可以了， 而每个区间只会被更新一次（即区间最右端点被插入的时候），所以复杂度得到保证。

加入操作复杂度为 O(logn)， 询问操作复杂度 O(log²n) 。

技巧总结

要挖掘操作自身的一些性质， 并且选用合适的数据结构进行维护。 比如说支持合并操作的就可以用线段树啦

代码

写得丑死了QAQ

听了题目描述一个longlong都没有用炸了好久QAQ

作死地用了vector速度慢得飞起QAQ

 #include <iostream>
 #include <cstdio>
 #include <cmath>
 #include <algorithm>
 #include <cstring>
 #include <vector>
 #define MAXN 200005
 #define MAXT 2500005
 #define pb push_back
 using namespace std;
 int read(){
     int x=,f=;char ch=getchar();
     while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
     while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
     return x*f;
 }
 vector <int> xx[MAXT], aa[MAXT], bb[MAXT];
 int Q, tt, n, mod, num[MAXN], lastans, cntj, l, r, a, b, k;
 long long A, B;
 void jiemi(int &x){x ^= lastans;}
 inline void update(int t){
     int zuo = t + t, zz = , you = t + t + , yy = ;
     int sz = xx[zuo].size()-, sy = xx[you].size()-;
     while(){
         xx[t].pb(max(xx[zuo][zz], xx[you][yy]));
         aa[t].pb((long long)aa[zuo][zz]*aa[you][yy] % mod);
         bb[t].pb(((long long)bb[zuo][zz]*aa[you][yy] % mod + bb[you][yy]) % mod);
         if(zz == sz && yy == sy) break;
         if((zz<sz) && ((yy == sy) || xx[zuo][zz+] < xx[you][yy+])) zz ++;
         else if((yy<sy) && ((zz==sz) || xx[you][yy+] < xx[zuo][zz+])) yy ++;
         else zz ++, yy ++;
     }
 }
 void insert(int t, int l, int r, int L, int R, int p){
     if(l == r){
         if(L != ){xx[t].pb(); aa[t].pb(); bb[t].pb();}
         xx[t].pb(L); aa[t].pb(a); bb[t].pb(b);
         if(R != n){xx[t].pb(R+); aa[t].pb(); bb[t].pb();}
         return;
     }
     int mid = l + r >> ;
     if(mid >= p) insert(t + t, l, mid, L, R, p);
     else insert(t + t + , mid + , r, L, R, p);
     if(p == r) update(t);
 }
 inline int erfen(int t, int l, int r, int p){
     while(l +  < r){
         int mid = l + r >> ;
         if(xx[t][mid] <= p) l = mid;
         else r = mid-;
     }if(xx[t][r] <= p) return r; return l;
 }
 inline void ask(int t, int p){
     int x = erfen(t, , xx[t].size()-, p);
     A = (A*aa[t][x]) % mod; B = (B*aa[t][x]%mod+bb[t][x]) % mod;
 }
 void query(int t, int l, int r, int L, int R, int p){
     if(l >= L && r <= R){ask(t, p); return;}
     int mid = l + r >> ;
     if(L <= mid)query(t + t, l, mid, L, R, p);
     if(R >= mid+)query(t + t + , mid + , r, L, R, p);
 }
 int main(){
     scanf("%d%d%d", &tt, &n, &mod);
     for(int i = ; i <= n; i ++) num[i] = read();
     scanf("%d", &Q);
     for(int qq = ; qq <= Q; qq ++){
         int cmd; cmd = read();
         if(cmd == ){
             l = read(); r = read(); a = read(); b = read();
             if(tt %  == ) jiemi(l), jiemi(r);
             insert(, , Q, l, r, ++ cntj);
         }else{
             l = read(); r = read(); k = read();
             if(tt %  == ) jiemi(l), jiemi(r), jiemi(k);
             A = ; B = ;
             query(, , Q, l, r, k);
             lastans = (A*num[k]%mod+B) % mod;
             printf("%d\n", lastans);
         }
     }
 //    system("pause");
     return ;
 }