2023NOIP A层联测32-红楼 ~ Eastern Dream

给出一个长度为 $n$ 的序列 $a$，有 $m$ 次操作，格式如下：

1 x y k 对于所有满足 $(i-1)\mathrm{mod}x\le y$ 的 $i$，将 $a_i$ 的值加 $k$。

2 l r 求 $\sum _{i=l}^r{a}_i$ 。

数组下标从 $1$ 开始。

$n,m\le 2\times 10^5,a_i,k\le 10^9，1\le x,y\le n$

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又是ex数据结构题。考虑根号分治，分成 $x\le \sqrt{n}$ 和 $x>\sqrt{n}$ 两部分处理。

• $x\le \sqrt{n}$。此时循环节 $x$ 很小，可以设 $f_{x,y}$ 表示在模 $x$ 下，在 $y$ 这个位置修改增加的量，同时求出其前缀和 $g_{x,y}$。这个可以 $O(\sqrt{n})$ 解决。在查询时就直接枚举 $x$，看当前区间 $[l,r]$ 包含多少个完整的 $x$ 区间，对于散块就暴力求。
• $x>\sqrt{n}$。此时连续区间就比较少，线段树可以 $O(n\sqrt{n}\log n)$，但是会 T，我们希望修改 $O(1)$，查询 $O(\sqrt{n})$，此时容易想到差分。设差分数组为 $c$，修改是容易的；我们查询的是 $\sum _{i=l}^r\sum _{j=1}^i{c}_j=(r-l+1)\sum _{i=1}^{l-1}{c}_i+(r+1)\sum _{i=l}^r{c}_i-\sum _{i=l}^{r}i\cdot c_i$，发现 $\sum c_i,\sum i{c}_i$ 都是可以分块维护的，修改 $O(1)$，查询 $O(\sqrt{n})$。

时间复杂度 $O(n\sqrt{n})$。本题卡常，下面代码看看就好。

#include
#define rg register
using namespace std;
#define ll long long
const int N=2e5+1,NN=1000;
int n,m,block,ID[N];
ll g[NN][NN],sum[N];
ll bj1[N],bj2[N],Bj1[N],Bj2[N];
inline void update(int x,int k)
{
    if(x>n) return;
    bj1[x]+=k;
    Bj1[ID[x]]+=k;
    bj2[x]+=1ll*x*k;
    Bj2[ID[x]]+=1ll*x*k;
}
inline ll query1(int l,int r)
{
    ll ans=0;
    int lid=ID[l],rid=ID[r];
    if(lid==rid){
        for(rg int i=l;i<=r;i++) ans+=bj1[i];
        return ans;
    }
    for(rg int i=lid*block+block;i>=l;i--) ans+=bj1[i];
    for(rg int i=lid+1;i<rid;i++) ans+=Bj1[i];
    for(rg int i=rid*block+1;i<=r;i++) ans+=bj1[i];
    return ans; 
}
inline ll query2(int l,int r)
{
    ll ans=0;
    int lid=ID[l],rid=ID[r];
    if(lid==rid){
        for(rg int i=l;i<=r;i++) ans+=bj2[i];
        return ans;
    }
    for(rg int i=lid*block+block;i>=l;i--) ans+=bj2[i];
    for(rg int i=lid+1;i<rid;i++) ans+=Bj2[i];
    for(rg int i=rid*block+1;i<=r;i++) ans+=bj2[i];
    return ans; 
}
int main()
{
    freopen("scarlet.in","r",stdin);
    freopen("scarlet.out","w",stdout);
    cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
    cin>>n>>m;
    block=sqrt(n);
    if(n>=100) block=block*0.55;
    for(rg int i=1,x;i<=n;i++) cin>>x,sum[i]=sum[i-1]+x,ID[i]=(i-1)/block;
    for(rg int t=1,op,x,y,k,l,r;t<=m;t++){
        cin>>op;
        if(op==1){
            cin>>x>>y>>k;
            y=min(x-1,y);
            if(x<=block){
                ll K=k;
                for(rg int i=0;i<=y;i++,K+=k) g[x][i]+=K;
                K-=k;
                for(rg int i=y+1;i<x;i++) g[x][i]+=K;
            }
            else{
                for(rg int i=1;i<=n;i+=x){
                    update(i,k);
                    update(i+y+1,-k);
                }
            }
        }
        else{
            cin>>l>>r;
            ll ans=sum[r]-sum[l-1];
            for(rg int i=1;i<=block;i++){
                int lid=(l-1)/i,rid=(r-1)/i,L=(l-1)-lid*i,R=(r-1)-rid*i;
                ans+=(rid-lid)*g[i][i-1]+g[i][R]-(L?g[i][L-1]:0);
            }
            cout<<ans+(r-l+1)*query1(1,l-1)+query1(l,r)*(r+1)-query2(l,r)<<"\n";
        }
    }
}