【2019北京集训测试赛（十三）】数据(sj) 冷静分析

题目大意：给你一个代表区间$[1,n]$的线段树，问你随机访问区间$[1,n]$中的一个子区间，覆盖到的线段树节点个数的期望（需要乘上$\frac{n(n-1)}{2}$后输出)。

数据范围：$n≤10^{18}$

貌似各位的做法都非常优秀，代码也非常短，那么我来讲一个垃圾做法：

我们设$f[i]$表示一个构建出$[1,i]$的线段树，随机访问一个子区间覆盖线段树节点个数的期望(为方便处理，乘上了$\frac{i(i-1)}{2}$)。

显然$f[n]$就是答案。

我们再设$fl[j][i]$表示一棵$[1,i]$的线段树，从左边往右，覆盖了$j$个线段树节点的方案数。

同理我们处理出$fr[j][i]$

我们发现：当$j>1$时，选择覆盖$j$个点，这$j$个点显然不会包含整个区间。

我们设$L=\lceil \frac{i}{2}\rceil$ ，$R=\lfloor \frac{i}{2} \rfloor $

那么有$fl[i][j]=fl[j][L]+fl[j-1][r]-[j≤2],fr[i][j]$同理。

我们考虑$f[i]$要怎么求。

不难发现，$f[i]$有四种构成方式：只选择了左/右端的区间，两边都选了，恰好选择了根节点。

只选择一侧的显然是$f[L]+f[R]$，恰好选择根节点的贡献显然为$1$。

对于两边都选的情况，我们通过枚举$fr[][L]$和$fl[][R]$，简单地乘起来，再乘上总共选择的节点个数，就可以了。

综上，则有：

$f[i]=1+f[L]+f[R]+\sum\limits_{v_1=1}^{dep_1}\sum\limits_{v_2=1}^{dep_2} (v_1+v_2)\times\bigg(fr[v_1][L]\times fl[v_2][R]-[v1=1,v2=1]\bigg)$

其中,$dep1$,$dep2$表示左右两颗子树的最大深度。

在求解过程中，我们暴力往下递归，我们需要特判$i=1,2,3$的情况，然后就可以了。

这个复杂度比较垃圾，应该是$O(log^3\ n)$的。

场上真刺激，最后十分钟调处来了23333

 #include<bits/stdc++.h>
 #define M 998244353
 #define L long long
 #define MOD 998244353
 using namespace std;

 map<L,L> f,fl[],fr[],vis,up;

 void solve(L i){
     if(vis[i]) return;
     if(i==){
         f[i]=fl[][i]=fr[][i]=vis[i]=;
         fl[][i]=fr[][i]=up[i]=;
         return;
     }
     if(i==){
         f[i]=;
         fl[][i]=fr[][i]=;
         fl[][i]=fr[][i]=;
         vis[i]=up[i]=;
         return;
     }
     if(i==){
         f[i]=;
         fl[][i]=; fr[][i]=;
         fl[][i]=fr[][i]=;
         vis[i]=; up[i]=;
         fr[][i]=;
         return;
     }
     L l=(i+)>>,r=i-l;
     solve(l); solve(r);
     int upl=up[l],upr=up[r],UP=max(upl,upr)+; up[i]=UP;
     vis[i]=;
     L sum=f[l]+f[r];
     for(int v1=;v1<=upl;v1++)
     for(int v2=;v2<=upr;v2++){
         sum=(sum+1LL*(v1+v2)*(fr[v1][l]*fl[v2][r]%MOD+MOD-(v1==&&v2==)))%MOD;
     }
 //  for(int v1=0;v1<=upl;v1++) sum=(sum-fr[v1][l])%MOD;
 //  for(int v2=0;v2<=upr;v2++) sum=(sum-fl[v2][r])%MOD;
     f[i]=(sum+)%MOD;
     for(int j=;j<=UP;j++){
         fl[j][i]=(fl[j][l]+fl[j-][r]-(j<=)+MOD)%MOD;
         int x=fl[j][i];
         fr[j][i]=(fr[j-][l]+fr[j][r]-(j<=)+MOD)%MOD;
         int y=fr[j][i];
         x++;
     }
 //  cout<<fr[2][3]<<endl;
     fl[][i]=fr[][i]=;
     fl[][i]++; fr[][i]++;
 }

 int main(){
     L n;cin>>n;
     solve(n);
     cout<<f[n]<<endl;
 }