【LibreOJ】#6280. 数列分块入门 4 分块

题目描述
给出一个长为 的数列，以及 个操作，操作涉及区间加法，区间求和。

输入格式
第一行输入一个数字 。

第二行输入 个数字，第 个数字为 ，以空格隔开。

接下来输入 行询问，每行输入四个数字 、、、，以空格隔开。

若 ，表示将位于 的之间的数字都加 。

若 ，表示询问位于 的所有数字的和 。

输出格式
对于每次询问，输出一行一个数字表示答案。

样例
样例输入
4
1 2 2 3
0 1 3 1
1 1 4 4
0 1 2 2
1 1 2 4
样例输出
1
4

题意：更新操作：对【L,R】+c; 查询操作：对【L,R】求和mod (c+1)

思路：

和之前的方式一样，这里多加一个sum数组存每个块的元素和。

AC代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include 
#include
#include 
#include 
#include 
#include
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(long long i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 1e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };

ll a[maxn];
ll L[maxn];
ll R[maxn];
ll pos[maxn];
ll sum[maxn];
ll add[maxn];
ll n, block;

inline void reset(ll x)
{
    ll ans = 0;
    rep(i,L[x],min(R[x],n)) ans += a[i];
    sum[x] = ans;
}

inline void Add(ll l, ll r, ll c)
{
    ll p = pos[l], q = pos[r];
    if(p==q)
    {
        rep(i,l,r) a[i] += c;
        reset(p);
    }
    else
    {
        rep(i,l,R[p]) a[i] += c; reset(p);
        rep(i,L[q],r) a[i] += c; reset(q);
        rep(i,p+1,q-1) add[i] += c;
    }
}

inline ll query(ll l, ll r, ll c)
{
    c++;
    ll p = pos[l], q = pos[r];
    ll ans = 0;
    if(p==q)
    {
        rep(i,l,r) ans = (a[i] + add[pos[i]] + ans) %c;
    }
    else
    {
        rep(i,l,R[p]) ans = (ans + a[i] + add[pos[i]])%c;
        rep(i,L[q],r) ans = (ans + a[i] + add[pos[i]])%c;
        rep(i,p+1,q-1) ans = (ans + add[i]*block + sum[i])%c;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    n = read();
    block = sqrt(n*1.0);
    ll num = ceil(n*1.0/block);
    rep(i,1,n) a[i] = read(), pos[i] = (i-1)/block + 1, sum[pos[i]] += a[i];
    rep(i,1,num) L[i] = (i-1)*block+1, R[i] = i*block;
    rep(i,1,n)
    {
        ll flag = read(), l = read(), r = read(), c = read();
        if(!flag) Add(l,r,c);
        else printf("%lld\n",query(l,r,c));
    }
    return 0;
}