P4891 序列

P4891 序列

题目描述

给定两个长度为 n 的序列 A 和 B，定义序列 \(C_i=\max\limits_{j=1}^i A_j\)

定义当前的价值是 $\prod\limits_{i=1}^n \min(B_i,C_i) $。

现在有 q 次操作，每次操作将会修改序列 A 或者 B 中的一个位置，将会把数字变大。现在请求出每次修改之后的价值。

这题复杂度不准确

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错误日志： while 用脱了。。， 以后用 while 判断当前一个就好

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Solution

暴力修改

设修改区间为 \([l, r]\) ， 每次修改乘以 \(a_{i}\)， 除以 \(b_{i}\)， 我们可以在 \(O(n)\) 的时间内处理出

\[\frac{\prod_{i = l}^{r}a_{i}}{\prod_{i = l}^{r}b_{i}}
\]

上一次答案乘上这个就是这一次的答案

然后要求分母的逆元， \(10^{9} + 7\) 为质数， 用费马小定理

然后这样大概估一下复杂度上限是 \(O(n * (n + \log n))\)

所以数据貌似略水啊。。

当模拟练手了

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<climits>
#define LL long long
#define REP(i, x, y) for(LL i = (x);i <= (y);i++)
using namespace std;
LL RD(){
    LL out = 0,flag = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c >'9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}
    return flag * out;
    }
const LL maxn = 2000019, M = 1e9 + 7;
LL num, na;
LL b[maxn], c[maxn];
LL ans = 1;
LL get_inv(LL a){
	LL p = M - 2, ans = 1;
	while(p){
		if(p & 1)ans = ans * a % M;
		a = a * a % M;
		p >>= 1;
		}
	return ans % M;
	}
void init(){
	num = RD(), na = RD();
	REP(i, 1, num)c[i] = max(c[i - 1], RD());
	REP(i, 1, num)b[i] = RD();
	REP(i, 1, num)ans = ans * min(c[i], b[i]) % M;
	}
void solve(){
	while(na--){
		LL cmd = RD(), x = RD(), y = RD();
		LL frac = 1, son = 1;
		if(cmd == 0){
			while(c[x] < y){//把c[x]改为y
				if(c[x] < b[x]){
					frac = frac * c[x] % M;
					son = son * min(y, b[x]) % M;
					}
				//else c'> c > b
				c[x] = y;
				x++;
				if(x > num)break;
				}
			}
		else{
			if(b[x] < c[x]){//b[x] --> y
				frac = frac * b[x] % M;
				son = son * min(c[x], y) % M;
				}
			//else b'> b > c
			b[x] = y;
			}
		ans = ((ans * son) % M + M) % M;
		ans = ((ans * get_inv(frac)) % M + M) % M;
		printf("%lld\n", ans % M);
		}
	}
int main(){
	init();
	solve();
	return 0;
	}