「ZJOI2019」线段树 解题报告

「ZJOI2019」线段树

听说有人喷这个题简单,然后我就跑去做,然后自闭感++,rp++(雾)


理性分析一波,可以发现最后形成的\(2^k\)个线段树,对应的操作的一个子集,按时间顺序作用到这颗线段树上。

首先考虑研究一下tag的性质,比如两个操作时间先后是否没有影响,操作是否可以以某种形式进行合并,然后啥也没发现。

然后考虑一下一颗树是否可以被压成某个状态,比如实际上只有\(\log\)个状态然后去dp,发现也不行

再次冷静分析一波,发现好像每个节点可以独立考虑,结合上面\(2^n\),不妨考虑转换成概率,算出每个点被打上tag的概率,在数值上同时也是它的期望,这样我们最后乘上线段树个数就好了。

然后这时候就只对一个线段树操作了,考虑咋去搞

这差不多是我做题时的心路历程,但是我写了好几个做法都过不了大样例,十分自闭,总是以为自己没想清楚哪里假了之类的赶紧改过来,结果大样例输出了十几个不同的答案

心态崩了.jpg

又被什么pkuthusc的报名表填的心烦意乱的,就直接去看题解了

发现自己压根没有对节点分类讨论的意识...

\(dp_i\)表示\(i\)节点被打上标记的概率

「ZJOI2019」线段树 解题报告_第1张图片

考虑对区间\([4,6]\)进行操作后,节点的改变。

后文中,原来的一半因为不变,所以节点改变指变化的那一半的改变。

  • 红色点

    有标记也全部被push了
    \[ dp_i=\frac{dp_i}{2} \]

  • 绿色点

    一定被打上标记了
    \[ dp_i=\frac{dp_i+1}{2} \]

  • 黑色点

    考虑它到跟的红色点是不是有一个点给它放标记了,或者原本是它自己的

    这个没法直接搞,定义一个辅助数组\(f_i\)表示\(i\)到根至少有一个点有标记的概率

    那么有
    \[ dp_i=\frac{dp_i+f_i}{2} \]

  • 白色点不变

那考虑球一下辅助数组\(f\)

  • 红色点

    直接没了
    \[ f_i=\frac{f_i}{2} \]

  • 绿色点

    发现绿色点的子树,都有了一个绿色点,即
    \[ f_i=\frac{f_i+1}{2} \]
    需要实现一个子树加

    我们发现形如\(x\leftarrow\frac{x+1}{2}\)的式子,如果进行\(n\)次,会变成\(\frac{x+2^n-1}{2^n}\)

    于是可以直接打标记记录一下次数

  • 灰色点

    发现有就放到灰色点,没有仍然没有,所以灰色点的子树不变

总复杂度\(O(n\log n)\)


Code:

#include 
#include 
const int SIZE=1<<21;
char ibuf[SIZE],*iS,*iT;
#define gc() (iS==iT?(iT=(iS=ibuf)+fread(ibuf,1,SIZE,stdin),iS==iT?EOF:*iS++):*iS++)
template 
void read(T &x)
{
    x=0;char c=gc();
    while(!isdigit(c)) c=gc();
    while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc();
}
const int mod=998244353;
const int inv2=499122177;
const int N=1e5+10;
#define mul(a,b) (1ll*(a)*(b)%mod)
inline int add(int a,int b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
#define ls id<<1
#define rs id<<1|1
int fdp[N<<2],dp[N<<2],sum[N<<2],tag[N<<2];
int n,m,in2[N];
void updata(int id)
{
    sum[id]=add(add(sum[ls],sum[rs]),dp[id]);
}
void pushdown(int id)
{
    tag[ls]+=tag[id];
    tag[rs]+=tag[id];
    fdp[ls]=add(mul(fdp[ls],in2[tag[id]]),add(1,mod-in2[tag[id]]));
    fdp[rs]=add(mul(fdp[rs],in2[tag[id]]),add(1,mod-in2[tag[id]]));
    tag[id]=0;
}
void modify(int id,int L,int R,int l,int r)
{
    if(l==L&&r==R)
    {
        sum[id]=add(sum[id],mod-dp[id]);
        dp[id]=mul(dp[id]+1,inv2);
        fdp[id]=mul(fdp[id]+1,inv2);
        sum[id]=add(sum[id],dp[id]);
        ++tag[id];
        return;
    }
    dp[id]=mul(dp[id],inv2);
    fdp[id]=mul(fdp[id],inv2);
    pushdown(id);
    int Mid=L+R>>1;
    if(r<=Mid)
    {
        sum[rs]=add(sum[rs],mod-dp[rs]);
        dp[rs]=mul(add(dp[rs],fdp[rs]),inv2);
        sum[rs]=add(sum[rs],dp[rs]);
        modify(ls,L,Mid,l,r);
    }
    else if(l>Mid)
    {
        sum[ls]=add(sum[ls],mod-dp[ls]);
        dp[ls]=mul(add(dp[ls],fdp[ls]),inv2);
        sum[ls]=add(sum[ls],dp[ls]);
        modify(rs,Mid+1,R,l,r);
    }
    else
        modify(ls,L,Mid,l,Mid),modify(rs,Mid+1,R,Mid+1,r);
    updata(id);
}
int main()
{
    read(n),read(m);
    in2[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) in2[i]=mul(in2[i-1],inv2);
    for(int t=1,op,l,r,i=1;i<=m;i++)
    {
        read(op);
        if(op==1)
        {
            read(l),read(r);
            modify(1,1,n,l,r);
            t=add(t,t);
        }
        else printf("%lld\n",mul(sum[1],t));
    }
    return 0;
}

2019.5.10

转载于:https://www.cnblogs.com/butterflydew/p/10846720.html

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