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题目大意:

维护一个数列,支持两种操作:

1.把区间$[l,r]$依次加上一个给定首项$K$与公差$D$的等差数列。(区间修改)

2.询问数列第$p$个数的值。(单点查询)


线段树复苏练习好题。

两个明显的操作显然用线段树来解决。

主要的问题在于懒标记。

考虑对每个节点存储两个标记$(f1,f2)$,表示这个区间未传给下层节点的等差数列的首项公差

为什么可以这样表示?在线段树中,只有递归到的区间完全在需要操作的区间中,我们才会修改它的值并打上懒标记,所以对于每一次对于区间的修改,都是完整的等差数列,并且对于不同的等差数列,我们只需要把它们的首项和公差记录下来,就可以了。

比如:${(1,3,5,7,9)}+{(1,4,7,10,13)}={(2,7,12,17,22)}$,首项和公差的变化:$(1,2)+(1,3)=(2,5)$

那么对于$down\text{(下沉})$操作,我们就分别对于左右儿子进行讨论。

我们假设是这样一个标记:

(中间为左右儿子的分界点,左右儿子分别用$ls,rs$表示)

那么,左儿子所需要加上的等差数列的首项,就是$f1$。

而右二子所需要加上等差数列的首项,已经经历了左儿子区间长度次数的增长,即$f1+(ls.r-ls.l)*f2$。

两者的公差都为$f2$。

那么直接写肯定是不方便的(指我改了两个小时没改出来的sb错误

所以考虑写一个函数来代劳,把$(f1,f2)$标记打到节点$k$上

void f(int k,int f1,int f2)
{
    t[k].f1+=f1,t[k].f2+=f2;
    t[k].w+=(f1+f1+(t[k].r-t[k].l)*f2)*(t[k].r-t[k].l+1)/2;
}

下沉操作经过上面简单讨论,就变得很清晰了。

void down(int k)
{
    f(ls,t[k].f1,t[k].f2);
    f(rs,t[k].f1+(t[rs].l-t[k].l)*t[k].f2,t[k].f2);
    t[k].f1=t[k].f2=0;
}

单点修改板子,区间修改板子。

于是这道题就水过去啦!

我们线段树真的太厉害啦!

完整代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define ls (k<<1)
#define rs (k<<1|1)
using namespace std;
const int N=1e5+10;
struct node
{
    int l,r,w;
    int f1,f2;
}t[N<<2];
int x,y,kkk,d,p;
void build(int k,int l,int r)
{
    t[k].l=l,t[k].r=r;
    if(l==r)
    {
        scanf("%d",&t[k].w);
        return;
    }
    int m=l+r>>1;
    build(ls,l,m);
    build(rs,m+1,r);
    t[k].w=t[ls].w+t[rs].w;
}
void f(int k,int f1,int f2)
{
    t[k].f1+=f1,t[k].f2+=f2;
    t[k].w+=(f1+f1+(t[k].r-t[k].l)*f2)*(t[k].r-t[k].l+1)/2;
}
void down(int k)
{
    f(ls,t[k].f1,t[k].f2);
    f(rs,t[k].f1+(t[rs].l-t[k].l)*t[k].f2,t[k].f2);
    t[k].f1=t[k].f2=0;
}
void add(int k)
{
    int l=t[k].l,r=t[k].r;
    if(x<=l&&r<=y)
    {
        t[k].w+=((2*(l-x)*d+kkk+kkk+(r-l)*d)*(r-l+1)/2);
        t[k].f1+=(l-x)*d+kkk;
        t[k].f2+=d;
        return;
    }
    down(k);
    int m=l+r>>1;
    if(x<=m)add(ls);
    if(y>m)add(rs);
    t[k].w=t[ls].w+t[rs].w;
}
int ask(int k)
{
    if(t[k].l==t[k].r)
    {
        return t[k].w;
    }
    down(k);
    int m=(t[k].l+t[k].r)>>1;
    if(p<=m)return ask(ls);
    else return ask(rs);
    t[k].w=t[ls].w+t[rs].w;
}
int main()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    build(1,1,n);
    while(m--)
    {
        int op;
        scanf("%d",&op);
        if(op==1)
        {
            scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&kkk,&d);
            add(1);
        }
        else
        {
            scanf("%d",&p);
            printf("%d\n",ask(1));
        }
    }
    return 0;
}
最后修改:2020 年 07 月 24 日 03 : 25 PM