BZOJ 2572 高速公路

Description

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?

Input

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

Output

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

Sample Input

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

Sample Output

1/1
8/3
17/6

HINT

数据规模

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

Source

开始时，并不知道怎么用线段树维护期望，向lyp咨询了下，然后他教会了我怎么做：

对于一段区间l，r，ans=∑k_i*p_i。k_i指的是这个点的权值，p_i指对答案贡献的概率。

现在我们想pi怎么计算。p_i=(i-l+1)(r-i+1)/((r-l+1)(r-l+2)/2)。对于某个i，要选到他，必须从其前面的(i-l+1)中选一个(包括自身)和后面的(r-i+1)中选一个(也包括自身)，而总共的方案为C(n+1,2)=((r-l+1)(r-l+2)/2)。

所以,ans=∑k_i(i-l+1)(r-i+1)/((r-l+1)(r-l+2)/2)，分母是一定的，所以可以提出，所以我们要求的即为ans=∑k_i*(i-l+1)*(r-i+1)。

令L=l-1，R=r+1。ans=∑k_i(i-L)(R-i)=∑k_i(-i²+(R+L)i-RL)=∑-i²k_i+(R+L)∑ik_i-RL∑k_i。就连蒟蒻的我都看出怎么维护了。。。三个sum数组：k_i,ik_i,i²k_i。

PS：注意看题。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。所有输入的r都要减一。

 

 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 using namespace std;

 typedef long long ll;
 #define maxn 100010

 ll n,m;
 struct node
 {
     ll sign; ll s1,s2,s3;
     inline node() { sign = s1 = s2 = s3 = ; }
     friend inline node operator +(const node &x,const node &y)
     {
         node ret;
         ret.s1 = x.s1+y.s1;
         ret.s2 = x.s2+y.s2;
         ret.s3 = x.s3+y.s3;
         return ret;
     }
 }tree[maxn*];

 inline ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a; }

 inline void modify(ll l,ll r,ll now,ll key)
 {
     tree[now].sign += key;
     tree[now].s1 += (r - l + )*key;
     tree[now].s2 += ((ll)r*(ll)(r+)*(ll)(*r+)/(ll)-(ll)(l-)*(ll)l*(ll)(*l-)/(ll))*key;
     tree[now].s3 += (ll)(l+r)*(ll)(r-l+)/(ll)*key;
 }

 inline void pushdown(ll l,ll r,ll now)
 {
     if (!tree[now].sign) return;
     if (l != r)
     {
         ll mid = (l + r) >> ;
         modify(l,mid,now<<,tree[now].sign);
         modify(mid+,r,(now<<)+,tree[now].sign);
     }
     tree[now].sign = ;
     return;
 }

 inline void updata(ll now)
 {
     ll t = tree[now].sign;
     tree[now] = tree[now<<]+tree[(now<<)+];
     tree[now].sign = t;
 }

 inline void change(ll l,ll r,ll now,ll ql,ll qr,ll key)
 {
     pushdown(l,r,now);
     if (l >= ql&&r <= qr)
     {
         modify(l,r,now,key);
         return;
     }
     ll mid = (l + r) >> ;
     if (qr <= mid) change(l,mid,now<<,ql,qr,key);
     else if (ql > mid) change(mid+,r,(now<<)+,ql,qr,key);
     else change(l,mid,now<<,ql,mid,key),change(mid+,r,(now<<)+,mid+,qr,key);
     updata(now);
 }

 inline node ask(ll l,ll r,ll now,ll ql,ll qr)
 {
     pushdown(l,r,now);
     if (l >= ql&&r <= qr) return tree[now];
     ll mid = (l + r) >> ;
     if (qr <= mid) return ask(l,mid,now<<,ql,qr);
     else if (ql > mid) return ask(mid+,r,(now<<)+,ql,qr);
     else return ask(l,mid,now<<,ql,mid)+ask(mid+,r,(now<<)+,mid+,qr);
 }

 int main()
 {
     freopen("2752.in","r",stdin);
     freopen("2752.out","w",stdout);
     scanf("%lld %lld\n",&n,&m);
     while (m--)
     {
         char opt; scanf("%c",&opt);
         if (opt == 'C')
         {
             ll l,r,v; scanf("%lld %lld %lld\n",&l,&r,&v);
             --r;
             change(,n,,l,r,v);
         }
         else
         {
             ll l,r; scanf("%lld %lld\n",&l,&r); r--;
             node ret = ask(,n,,l,r);
             ll L = l-,R = r+;
             ll up = -(L*R)*ret.s1-ret.s2+(L+R)*ret.s3,down = (ll)(r-l+)*(ll)(r-l+)>>1LL,d = gcd(up,down);
             up /= d; down /= d;
             printf("%lld/%lld\n",up,down);
         }
     }
     fclose(stdin); fclose(stdout);
     return ;
 }