HAOI 2012 高速公路

https://www.luogu.org/problem/show?pid=2221

题目描述

Y901高速公路是一条重要的交通纽带，政府部门建设初期的投入以及使用期间的养护费用都不低，因此政府在这条高速公路上设立了许多收费站。

Y901高速公路是一条由N-1段路以及N个收费站组成的东西向的链，我们按照由西向东的顺序将收费站依次编号为1~N，从收费站i行驶到i+1(或从i+1行驶到i)需要收取Vi的费用。高速路刚建成时所有的路段都是免费的。

政府部门根据实际情况，会不定期地对连续路段的收费标准进行调整，根据政策涨价或降价。

无聊的小A同学总喜欢研究一些稀奇古怪的问题，他开车在这条高速路上行驶时想到了这样一个问题:对于给定的l,r(l<r),在第l个到第r个收费站里等概率随机取出两个不同的收费站a和b，那么从a行驶到b将期望花费多少费用呢?

输入输出格式

输入格式：

第一行2个正整数N,M，表示有N个收费站，M次调整或询问

接下来M行，每行将出现以下两种形式中的一种

C l r v 表示将第l个收费站到第r个收费站之间的所有道路的通行费全部增加v

Q l r 表示对于给定的l,r，要求回答小A的问题

所有C与Q操作中保证1<=l<r<=N

输出格式：

对于每次询问操作回答一行，输出一个既约分数

若答案为整数a，输出a/1

输入输出样例

输入样例#1：

4 5
C 1 4 2
C 1 2 -1
Q 1 2
Q 2 4
Q 1 4

输出样例#1：

1/1
8/3
17/6

说明

所有C操作中的v的绝对值不超过10000

在任何时刻任意道路的费用均为不超过10000的非负整数

所有测试点的详细情况如下表所示

Test N M

1    =10    =10
2    =100    =100
3    =1000    =1000
4    =10000    =10000
5    =50000    =50000
6    =60000    =60000
7    =70000    =70000
8    =80000    =80000
9    =90000    =90000
10    =100000    =100000

期望值= Σ 可能情况*出现概率
因为所有概率相等，所以本题可以转化为求 子集和/子集个数
根据组合数，子集个数=C（r-l+1,2）= （r-l+1）*（r-l）/2
子集和呢
推公式 
子集和=Σ (i-l+1)*(r-i+1)*cost[i]
其中，(i-l+1)*(r-i+1) 是每个数用到的次数

拆开，= (l+r)* Σ i*cost[i] + (r-l+1-l*r) * Σ cost[i] - Σ i*i*cost[i] 
线段树维护  Σcost[i] ，Σ i*cost[i]，Σ i*i*cost[i]
更新，以+w为例：

Σcost[i] 加了size 个w，所以 Σcost[i] +=size*w

Σ i*cost[i] 加了 szie 个Σ i，所以 Σ i*cost[i] += size*Σ i

Σ i*i*cost[i] 加了 size个 Σ i*i，所以Σ i*i*cost[i] += size *Σ i*i
所以线段树需要另外维护 Σi，Σi*i

#include<cstdio>
#define N 100001
using namespace std;
int n,m,opl,opr,w;
long long ans1,ans2,ans3;
long long fz,fm,g;
struct node
{
    long long i,a,ia,ii,iia,f;
    int mid;
}e[N<<];
long long gcd(long long c,long long d) {  return !d ? c : gcd(d,c%d); }
void build(int k,int l,int r)
{
    if(l==r)
    {
        e[k].i=l; e[k].ii=1ll*l*l;
        return;
    }
    e[k].mid=l+r>>;
    build(k<<,l,e[k].mid);
    build(k<<|,e[k].mid+,r);
    e[k].i=e[k<<].i+e[k<<|].i;
    e[k].ii=e[k<<].ii+e[k<<|].ii;
}
void down(int k,int l,int r)
{
    int fl=e[k].f;  e[k].f=;
    e[k<<].f+=fl;
    e[k<<].a+=1ll*fl*(e[k].mid-l+);
    e[k<<].ia+=1ll*fl*e[k<<].i;
    e[k<<].iia+=1ll*fl*e[k<<].ii;
    e[k<<|].f+=fl;
    e[k<<|].a+=1ll*fl*(r-e[k].mid);
    e[k<<|].ia+=1ll*fl*e[k<<|].i;
    e[k<<|].iia+=1ll*fl*e[k<<|].ii;
}
void change(int k,int l,int r)
{
    if(l>=opl &&r<=opr)
    {
        e[k].a+=1ll*w*(r-l+);
        e[k].ia+=1ll*w*e[k].i;
        e[k].iia+=1ll*w*e[k].ii;
        e[k].f+=w;
        return;
    }
    if(e[k].f) down(k,l,r);
    if(opl<=e[k].mid) change(k<<,l,e[k].mid);
    if(opr>e[k].mid)  change(k<<|,e[k].mid+,r);
    e[k].a=e[k<<].a+e[k<<|].a;
    e[k].ia=e[k<<].ia+e[k<<|].ia;
    e[k].iia=e[k<<].iia+e[k<<|].iia;
}
void query(int k,int l,int r)
{
    if(l>=opl && r<=opr)
    {
        ans1+=e[k].ia;
        ans2+=e[k].a;
        ans3+=e[k].iia;
        return;
    }
    if(e[k].f) down(k,l,r);
    if(opl<=e[k].mid) query(k<<,l,e[k].mid);
    if(opr>e[k].mid)  query(k<<|,e[k].mid+,r);
}
void read(int &x)
{
    x=; int f=; char c=getchar();
    while(c<'' || c>'') { if(c=='-') f=-; c=getchar(); }
    while(c>='' && c<='') { x=x*+c-''; c=getchar(); }
    x*=f;
}
int main()
{
    read(n); read(m);
    build(,,n-);
    char s[];
    while(m--)
    {
        scanf("%s",s);
        if(s[]=='C')
        {
            read(opl); read(opr); read(w);
            opr--;
            change(,,n-);
        }
        else
        {
            read(opl); read(opr);
            opr--;
            ans1=ans2=ans3=;
            query(,,n-);
            fz=(opl+opr)*ans1+(1ll*opr-opl+-1ll*opl*opr)*ans2-ans3;
            fm=1ll*(opr-opl+)*(opr-opl+)/;
            g=gcd(fz,fm);
            fz/=g; fm/=g;
            printf("%lld/%lld\n",fz,fm);
        }
    }
}