2020牛客寒假算法基础集训营2——J-求函数【线段树 维护 矩阵乘法】【函数推导 + 双线段树维护参数】

题目传送门

---

题目描述

牛可乐有 $n$ 个一次函数，第 $i$ 个函数为 $f_i(x)=k_i\times x+b_i$。
牛可乐有 $m$ 次操作，每次操作为以下二者其一：

• $\text{1 i k b}$ 将 $f_i(x)$ 修改为 $f_i(x)=k\times x+b$
• $\text{2 l r}$ 求 $f_r\left(f_{r-1}\left(\cdots \left(f_{l+1}\left(f_l(1)\right)\right)\cdots \right)\right)$。

牛可乐当然(bu)会做啦，他想考考你——
答案对 $10^9+7$ 取模。

---

输入描述:

第一行，两个正整数 $n,m$ 。
第二行，n 个整数 $k_1,k_2,\dots ,k_n$ 。
第三行，n 个整数 $b_1,b_2,\dots ,b_n$ 。
接下来 m 行，每行一个操作，格式见上。
保证 $1\le n,m\le 2\times 10^5$ $，0\le k_i,b_i<10^9+7$。

---

输出描述:

对于每个求值操作，输出一行一个整数，表示答案。

---

输入

2 3
1 1
1 0
1 2 114514 1919810
2 1 2
2 1 1

---

输出

2148838
2

---

说明

初始 $f_1(x)=x+1,f_2(x)=x$
修改后 $f_2(x)=114514x+1919810$
查询时 $f_1(1)=2,f_2(f_1(1))=2148838$

---

题解$(双线段树维护参数)$

• $$\begin{gathered} f_r(f_{r-1}(...(f_{l+1}(f_l(1)))...)) \\ ={\prod }_{i=l}^r{k}_i+{\sum }_{i=l}^{r}bi{\prod }_{j=i+1}^r{k}_j \end{gathered}$$

• $注意：i+1>ri+1>r时视{\prod }_{j=i+1}^r{k}_j=1$ 。

• 对加号左右分别用线段树维护，考虑如何合并两个相邻区间 $[l_1,r_1],[r1+1,r_2]$

• $$\begin{gathered} {\prod }_{i=l_1}^{r_1}{k}_i=n_1,{\prod }_{i=l_2}^{r_2}{k}_i=n_2 \\ {\sum }_{i=l_1}^{r_1}{b}_i{\prod }_{j=i+1}^r{k}_j=m_1,{\sum }_{i=l_2}^{r_2}{b}_i{\prod }_{j=i+1}^r{k}_j=m_2 \end{gathered}$$

• 区间 $[l_1,r_2]$ 的 $\prod k_i=n_1\times n_2$，$\sum b_i\prod k_j=m_1\times n_2+m_2$
  ​

• 一棵线段树维护 $\prod k_i$ ，另一棵维护 $\sum b_i\prod k_j$ 即可。

• 视 $n,m$ 同阶，时间复杂度 $O(n\log n)$。

---

题解2$（线段树维护矩阵乘法）$

• 因为 $f2(f1(x))=k1k2x+b1k2+b2$
• 根据矩阵乘法：
• $\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 0\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc}{k}_1& 0\\ b_1& 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{k}_1+b_1& 1\\ 0& 0\end{array}\right]$
• $\left[\begin{array}{cc}{k}_1+b_1& 1\\ 0& 0\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc}{k}_2& 0\\ b_2& 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{k}_1{k}_2+b_1{k}_2+b2& 1\\ 0& 0\end{array}\right]$
• 可以让线段树的叶节点维护矩阵 $\left[\begin{array}{cc}{k}_i& 0\\ b_i& 1\end{array}\right]$，每个节点维护矩阵 $l-r$ 的乘积，每次更改就只更改矩阵里的参数，每次查询就查询 $l-r$ 的乘积，再用矩阵 $\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 0\end{array}\right]$ 乘以查询的结果，结果矩阵的 $[0][0]$ 就是答案了。

---

AC-Code

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn = 2e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;

int k[maxn];
int b[maxn];
struct Mat {
	ll m[2][2];
	int left, right;
	Mat() { memset(m, 0, sizeof m); }	// 注意初始化m数组，处理下随机值
	friend Mat operator * (const Mat& a, const Mat& b) {
		Mat res;
		for (int i = 0; i < 2; ++i) 
			for (int j = 0; j < 2; ++j) {
				for (int k = 0; k < 2; ++k)
					res.m[i][j] += (a.m[i][k] * b.m[k][j]) % mod;
				res.m[i][j] %= mod;
			}
		return res;
	}
};

struct SegTree {
#define mid ((l+r)>>1)
	Mat tree[maxn << 2];
	void PushUp(int rt) {
		int l = tree[rt].left;	// 由于Mat里存储了l、r，乘法操作的时候返回新的Mat，导致l，r丢失，预先存起来，避免l、r不见了
		int r = tree[rt].right;
		tree[rt] = tree[rt << 1] * tree[rt << 1 | 1];
		tree[rt].left = l;
		tree[rt].right = r;
	}
	void build(int rt, int l, int r) {
		tree[rt].left = l;
		tree[rt].right = r;
		if (l == r) {
			tree[rt].m[0][0] = k[l];
			tree[rt].m[1][0] = b[r];
			tree[rt].m[1][1] = 1;
			return;
		}
		build(rt << 1, l, mid);
		build(rt << 1 | 1, mid + 1, r);
		PushUp(rt);
	}
	void update(int rt, int pos) {
		if (tree[rt].left == tree[rt].right) {
			tree[rt].m[0][0] = k[tree[rt].left];
			tree[rt].m[1][0] = b[tree[rt].right];
			return;
		}
		int md = (tree[rt].left + tree[rt].right) >> 1;
		if (pos <= md)	update(rt << 1, pos);
		else update(rt << 1 | 1, pos);
		PushUp(rt);
	}
	Mat query(int rt, int l, int r) {
		if (l <= tree[rt].left && tree[rt].right <= r)	return tree[rt];
		Mat res;	res.m[0][0] = res.m[1][1] = 1;	// 初始化为单位阵
		int md = (tree[rt].left + tree[rt].right) >> 1;
		if (l <= md)	res = res * query(rt << 1, l, r);
		if (r > md)	res = res * query(rt << 1 | 1, l, r);
		return res;
	}

#undef mid
};

SegTree st;
int main() {
    ios;
	int n, m;	while (cin >> n >> m) {
		for (int i = 1; i <= n; ++i)	cin >> k[i];
		for (int i = 1; i <= n; ++i)	cin >> b[i];
		st.build(1, 1, n);
		while (m--) {
			int x, i, k, b, l, r;	cin >> x;
			Mat ans;	ans.m[0][0] = ans.m[0][1] = 1;
			if (x & 1) {
				cin >> i >> k >> b;
				::k[i] = k % mod, ::b[i] = b % mod;
				st.update(1, i);
			}
			else {
				cin >> l >> r;
				ans = ans * st.query(1, l, r);
				cout << ans.m[0][0] << endl;
			}
		}
	}
	return 0;
}