Educational Codeforces Round 37-F.SUM and REPLACE题解

一、题目

二、题目链接

　　http://codeforces.com/contest/920/problem/F

三、题意

　　给定$N$个范围在$[1, 1e6)$的数字和$M$个操作。操作有两种类型：

　　$1$ $l$ $r$：更新区间$[l$, $r]$的数字a_i为d[a_i]。其中d[i]表示数字i的因子的个数。如：d[1] = 1, d[2] = 2, d[3] = 2, d[4] = 3。

　　$2$ $l$ $r$：查询区间$[l, r]$的数字和并输出。

四、思路

　　典型的数据结构题。很明显这是线段树的菜。

　　对于线段树的每个节点，维护所“管辖”区间的和值和最大值。

　　更新时，如果当前区间的最大值$maxv<=2$，那么，不需要往下更新下去了。因为$d[1] = 1$, $d[2] = 2$。否则，继续更新下去。这样并不会超时，因为对于一个范围在$[1, 1e6)$的数字而言，反复做$i = d[i]$这样的操作，次数并不会太多。

　　另外，更新完子区间后，要做上推合并操作。这是线段树很常见的操作。

五、源代码

　　

#pragma GCC optimize(2)
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000, 102400000")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
;

template <class T> inline void read(T &x) {
    int t;
    bool flag = false;
    ')) ;
    ';
     + t - ';
    if(flag) x = -x;
}

typedef struct {
    LL maxv, sum;
} Node;
Node data[MAXN * ];
 << ], n, q;
void init() {
    ;
    ; i <= N; ++i) {
        for(int j = i; j <= N; j += i)
            d[j]++;
    }
    memset(data, , sizeof(data));
}

void pushup(int root){
    data[root].sum = data[root << ].sum + data[root <<  | ].sum;
    data[root].maxv = max(data[root << ].maxv, data[root <<  | ].maxv);
}

, , int r = n) {
    if(l > x || r < x)return;
    if(l == r && l == x) {
        data[root].sum = data[root].maxv = LL(val);
        return;
    }
    ;
    , l, mid);
     | , mid + , r);
    pushup(root);
}

, , int r = n) {
    if(l > r || l > ur || r < ul)return;
    if(ul <= l && ur >= r && data[root].maxv <= 2LL)return;
    if(l == r) {
        data[root].sum = data[root].maxv = LL(d[data[root].sum]);
        return;
    }
    ;
    , l, mid);
     | , mid + , r);
    pushup(root);
}

LL query(, , int r = n) {
    if(l > r || l > qr || r < ql)return 0LL;
    if(ql <= l && qr >= r)return data[root].sum;
    ;
    , l, mid) + query(ql, qr, root <<  | , mid + , r);
}

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("Finput.txt", "r", stdin);
#endif // ONLINE_JUDGE
    init();
    int tmp, type, l, r;
    scanf("%d%d", &n, &q);
    ; i <= n; ++i){
        read(tmp);
        build(i, tmp);
    }
    while(q--){
        read(type), read(l), read(r);
        )update(l, r);
        else printf("%lld\n", query(l, r));
    }
    ;
}