CCF-CSP认证考试 202312-4 宝藏 100分题解

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原题链接： 202312-4 宝藏

时间限制： 1.5s
内存限制： 512.0MB

问题描述

西西艾弗岛上埋藏着一份宝藏，小 C 根据藏宝图找到了宝藏的位置。藏有宝藏的箱子被上了锁，旁边写着一些提示：

• 给定 $n$ 条指令，编号为 $1\sim n$，其中每条指令都是对一个双端队列的操作，队列中的元素均为 $2\times 2$ 的矩阵；
• 在某些时刻，某一条指令可能会改变；
• 在某些时刻，密码可以由以下方式计算：对于给定的指令区间 $[l,r]$，对初始为空的队列依次执行第 $l\sim r$ 条指令，将得到的队列里的所有矩阵从头到尾相乘，并将乘积矩阵中的所有元素对 $998244353$ 取模，得到的矩阵即为密码；特别地，若队列为空，则密码为单位矩阵；如果能分别计算出这些时刻的密码，将能够打开箱子的锁，从而获得宝藏。

经过小 C 的观察，每条指令的形式均为以下三种之一：

1. 给定 $2\times 2$ 的矩阵 $\mathbf{A}$，将 $\mathbf{A}$ 插入队列的头部；
2. 给定 $2\times 2$ 的矩阵 $\mathbf{B}$，将 $\mathbf{B}$ 插入队列的尾部；
3. 若队列非空，删除队列中最晚被插入的矩阵。

小 C 将所有的时刻发生的事件均记录了下来。具体地，共有 $m$ 个时刻，每个时刻可能会发生两种事件：

1. 第 $i$ 条指令改变，改变后的指令仍为以上三种形式之一；
2. 给定指令区间 $[l,r]$，求依次执行第 $l\sim r$ 条指令得到的密码。

由于小 C 并不会这个问题，他向你发起了求助。你需要帮助小 C 求出所有类型为 $2$ 的事件所对应的密码。

输入格式

从标准输入读入数据。

输入的第一行包含两个正整数 $n,m$。

接下来 $n$ 行，按顺序给出初始时刻的每条指令：

• 输入的第一个正整数 $v$ 描述这条指令的形式，保证 $v$ 为 $1,2,3$ 中的一种。
• 若 $v=1$，接下来给出四个非负整数 $A_{1,1},A_{1,2},A_{2,1},A_{2,2}$，表示操作为将 $2\times 2$ 的矩阵 $\mathbf{A}$ 插入队列的头部；
• 若 $v=2$，接下来给出四个非负整数 $B_{1,1},B_{1,2},B_{2,1},B_{2,2}$，表示操作为将 $2\times 2$ 的矩阵 $\mathbf{B}$ 插入队列的尾部；
• 若 $v=3$，表示操作为若队列非空，删除队列中最晚被插入的矩阵；

接下来 $m$ 行，按顺序给出每个时刻发生的事件：

• 输入的第一个正整数 $v$ 描述这个事件的类型，保证 $v$ 为 $1,2$ 中的一种。
• 若 $v=1$，接下来给出一个正整数 $i$ 与一条指令，表示将第 $i$ 条指令更新为当前输入的指令，指令的输入格式与初始时刻指令的输入格式相同。
• 若 $v=2$，接下来给出两个正整数 $l,r$，你需要求出依次执行第 $l\sim r$ 条指令得到的密码。

输出格式

输出到标准输出。

对于所有类型为 $2$ 的事件，输出一行四个非负整数 $C_{1,1},C_{1,2},C_{2,1},C_{2,2}$，表示该时刻的密码 $\mathbf{C}$。

样例1输入

3 4
1 2 3 9 3
2 6 9 4 2
2 2 8 2 1
2 2 3
1 2 1 3 1 0 1
1 3 3
2 1 3

样例1输出

30 57 12 34
2 3 9 3

样例解释

第一次事件发生时，

• 第 $2$ 条指令为在序列尾部插入矩阵 $\left[\begin{array}{cc}6& 9\\ 4& 2\end{array}\right]$；
• 第 $3$ 条指令为在序列尾部插入矩阵 $\left[\begin{array}{cc}2& 8\\ 2& 1\end{array}\right]$。

依次执行第 $2\sim 3$ 条指令，得到的队列为 $\left\{\left[\begin{array}{cc}6& 9\\ 4& 2\end{array}\right],\left[\begin{array}{cc}2& 8\\ 2& 1\end{array}\right]\right\}$，则密码为
$$\left[\begin{array}{cc}6& 9\\ 4& 2\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc}2& 8\\ 2& 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}30& 57\\ 12& 34\end{array}\right]$$

第四次事件发生时，

• 第 $1$ 条指令为在序列头部插入矩阵 $\left[\begin{array}{cc}2& 3\\ 9& 3\end{array}\right]$；
• 第 $2$ 条指令为在序列头部插入矩阵 $\left[\begin{array}{cc}3& 1\\ 0& 1\end{array}\right]$；
• 第 $3$ 条指令为若队列非空，删除队列中最晚被插入的矩阵。

依次执行第 $1\sim 3$ 条指令，得到的队列为 $\left\{\left[\begin{array}{cc}2& 3\\ 9& 3\end{array}\right]\right\}$，则密码为 $\left[\begin{array}{cc}2& 3\\ 9& 3\end{array}\right]$。

子任务

对于所有测试数据，满足 $1\le n,m\le 10^5$，$0\le A_{i,j},B_{i,j}<998244353$，$1\le l\le r\le n$。

测试点编号	$n,m\le$	特殊性质
$1\sim 3$	$10^2$	无
$4\sim 7$	$10^3$	无
$8,9$	$5\times 10^4$	所有指令的形式均为 $1$
$10,11$	$5\times 10^4$	所有指令的形式均为 $1$ 或 $2$
$12\sim 15$	$5\times 10^4$	所有事件的类型均为 $2$
$16,17$	$5\times 10^4$	无
$18\sim 20$	$10^5$	无

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题解

先考虑指令的化简，指令 $1,2$ 可以进行合并，例如指令 $1$，在队列的头部插入 $\mathbf{A}$ 的同时，在队列的尾部同时插入单位阵 $\mathbf{B}=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$；指令 $2$ 同理。如此合并后，指令 $3$ 变为同时从最列的头部和尾部各删除一个矩阵。

其次考虑指令 $3$ 的匹配问题，这其实就是一个括号匹配问题，将指令 $1,2$ 看成 (，指令 $3$ 看成 )，将匹配的括号利用栈删除，余下的形式一定为 )...)(...( 的形式（若干个指令 $3$ 在前面，后面是若干个指令 $1,2$），最终仅需计算剩余的 ( 所对应的矩阵的乘积。例如最后栈中剩余的指令的序号为 $\{i_1,i_2,\cdots ,i_k\}$，那么，所求的密码即为 ${\mathbf{A}}_{i_k}\cdots {\mathbf{A}}_{i_2}{\mathbf{A}}_{i_1}{\mathbf{B}}_{i_1}{\mathbf{B}}_{i_2}\cdots {\mathbf{B}}_{i_k}$。

使用分块算法，将原先给的 $n$ 个操作分成 $\sqrt{n}$ 个块，对于每个块记录一下信息：

1. neg：未匹配的指令 $3$ 的条数，即上文中 ) 的个数。
2. sz：栈中剩余的指令个数，即上文中 ( 的个数，也是上文中的 $k$。
3. suml、sumr：剩余的指令的矩阵的前缀积，例如 $\mathtt{suml}[2]={\mathbf{A}}_{i_2}{\mathbf{A}}_{i_1}$，$\mathtt{sumr}[3]={\mathbf{B}}_{i_1}{\mathbf{B}}_{i_2}{\mathbf{B}}_{i_3}$，注意矩阵乘法的顺序问题。

开始读入完 $n$ 条指令后，先对每个块进行初始化，处理出上述变量的值。然后开始处理 $m$ 条事件：

• 对于更新事件，用新指令替换原先指令，然后像初始化过程类似的重新计算那个块的相关信息。由于块长是 $\sqrt{n}$，单次更新的时间复杂度是 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$。
• 对于查询事件
  • 如果 $l\sim r$ 之间的长度足够小（$l,r$ 在同一个块中），直接暴力地去模拟出剩余的序列，依次乘起来就行。该类查询的复杂度不会超过 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$。
  • 将整个 $l\sim r$ 分成 $3$ 段，$l,r$ 所属的块各一段，剩余的所有总共一段。从后往前依次合并。
    • 最后的一段（$r$ 所属的块）直接暴力模拟即可，同时需要记录 ) 的个数 NEG，用于去和前面块的 ( 进行匹配从而删除，总共不超过 $\sqrt{n}$ 个指令。
    • 中间的一段是由若干个完整的块组成（该段也有可能不存在，直接跳过即可），从后往前处理所有的块，判断 NEG 和当前块的 sz 的大小，如果 sz <= NEG 的话，该块中的所有指令均会被移除，同时要将当前块的 neg 加到 NEG 中，即 NEG = NEG - sz + neg；如果 sz > NEG，则指令最终会剩余 sz - NEG 个，利用之前处理好的 suml、sumr 即可 $\mathcal{O}(1)$ 计算出当前块对答案的贡献，将记录答案的矩阵乘上对应的矩阵即可，如此操作后新的 NEG = neg。由于最多存在 $\sqrt{n}$ 个块，则该部分的复杂度不超过 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$。
    • 第一段（$l$ 所属的块） 直接暴力模拟即可，总共不超过 $\sqrt{n}$ 个指令。
    • 该类查询的复杂度不会超过 $\mathcal{O}(3\sqrt{n})$。

时间复杂度：$\mathcal{O}(n+m\sqrt{n})$。

在更新的时候也可以采用懒更新的方式，在更新某条指令的时候，只是把那条指令替换掉，不去计算块的相关变量，而是给那个块打个标记，代表该块中有内容发生修改，在查询到有标记的块时再去更新那个块中的相关信息。该方法会有一定的加速，但是时间复杂度不变。

此外，该题也可以使用线段树的方法来写，时间复杂度为 $\mathcal{O}((n+m){\log }^{2}n)$。

参考代码（750ms，10.78MB）

/*
    Created by Pujx on 2024/2/2.
*/
#pragma GCC optimize(2, 3, "Ofast", "inline")
#include 
using namespace std;
#define endl '\n'
//#define int long long
//#define double long double
using i64 = long long;
using ui64 = unsigned long long;
using i128 = __int128;
#define inf (int)0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define yn(x) cout << (x ? "yes" : "no") << endl
#define Yn(x) cout << (x ? "Yes" : "No") << endl
#define YN(x) cout << (x ? "YES" : "NO") << endl
#define mem(x, i) memset(x, i, sizeof(x))
#define cinarr(a, n) for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i]
#define cinstl(a) for (auto& x : a) cin >> x;
#define coutarr(a, n) for (int i = 1; i <= n; i++) cout << a[i] << " \n"[i == n]
#define coutstl(a) for (const auto& x : a) cout << x << ' '; cout << endl
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define md(x) (((x) % mod + mod) % mod)
#define ls (s << 1)
#define rs (s << 1 | 1)
#define ft first
#define se second
#define pii pair<int, int>
#ifdef DEBUG
    #include "debug.h"
#else
    #define dbg(...) void(0)
#endif

const int N = 1e5 + 5;
const int M = 350 + 5;
const int mod = 998244353;
//const int mod = 1e9 + 7;
//template  T ksm(T a, i64 b) { T ans = 1; for (; b; a = 1ll * a * a, b >>= 1) if (b & 1) ans = 1ll * ans * a; return ans; }
//template  T ksm(T a, i64 b, T m = mod) { T ans = 1; for (; b; a = 1ll * a * a % m, b >>= 1) if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % m; return ans; }

//int a[N];
int n, m, t, k, q;

struct mat {
    int v[2][2];
    mat(bool isE = false) {
        v[0][0] = v[1][1] = isE;
        v[1][0] = v[0][1] = 0;
    }
    friend mat operator * (const mat& a, const mat& b) {
        mat ans;
        ans.v[0][0] = (1ll * a.v[0][0] * b.v[0][0] + 1ll * a.v[0][1] * b.v[1][0]) % mod;
        ans.v[0][1] = (1ll * a.v[0][0] * b.v[0][1] + 1ll * a.v[0][1] * b.v[1][1]) % mod;
        ans.v[1][0] = (1ll * a.v[1][0] * b.v[0][0] + 1ll * a.v[1][1] * b.v[1][0]) % mod;
        ans.v[1][1] = (1ll * a.v[1][0] * b.v[0][1] + 1ll * a.v[1][1] * b.v[1][1]) % mod;
        return ans;
    }
    friend istream& operator >> (istream& in, mat& x) {
        return in >> x.v[0][0] >> x.v[0][1] >> x.v[1][0] >> x.v[1][1];
    }
    friend ostream& operator << (ostream& out, const mat& x) {
        for (int i = 0; i < 2; i++)
            for (int j = 0; j < 2; j++)
                out << x.v[i][j] << " ";
        return out;
    }
};

struct node {
    int op;
    mat l, r;
    friend istream& operator >> (istream& in, node& nd) {
        in >> nd.op;
        if (nd.op == 1) in >> nd.l, nd.r = mat(true);
        else if (nd.op == 2) in >> nd.r, nd.l = mat(true);
        else nd.l = nd.r = mat(true);
        return in;
    }
} op[N];

int len;
struct block {
    int l, r, neg, sz;
    mat suml[M], sumr[M];

    void build(int idx) {
        l = idx * len, r = min(l + len - 1, n - 1), neg = 0, sz = 0;
        deque<int> st;
        for (int i = l; i <= r; i++) {
            if (op[i].op != 3) st.push_back(i);
            else if (st.empty()) neg++;
            else st.pop_back();
        }
        sz = st.size();
        suml[0] = sumr[0] = mat(true);
        for (int i = 0; i < st.size(); i++) {
            suml[i + 1] = op[st[i]].l * suml[i];
            sumr[i + 1] = sumr[i] * op[st[i]].r;
        }
    }
} blk[M];

mat query(int l, int r) {
    int blkl = l / len, blkr = r / len;
    if (blkl == blkr) { // 直接模拟
        deque<int> st;
        for (int i = l; i <= r; i++)
            if (op[i].op != 3) st.push_back(i);
            else if (!st.empty()) st.pop_back();
        mat L = mat(true), R = mat(true);
        for (int i = 0; i < st.size(); i++) {
            L = op[st[i]].l * L;
            R = R * op[st[i]].r;
        }
        return L * R;
    }
    else {
        int neg = 0;
        deque<int> st;
        for (int i = blk[blkr].l; i <= r; i++) {
            if (op[i].op != 3) st.push_back(i);
            else if (st.empty()) neg++;
            else st.pop_back();
        }
        mat L = mat(true), R = mat(true);
        for (int i = 0; i < st.size(); i++) {
            L = op[st[i]].l * L;
            R = R * op[st[i]].r;
        }

        for (int i = blkr - 1; i >= blkl + 1; i--) {
            if (blk[i].sz <= neg) neg = neg - blk[i].sz + blk[i].neg;
            else {
                L = L * blk[i].suml[blk[i].sz - neg];
                R = blk[i].sumr[blk[i].sz - neg] * R;
                neg = blk[i].neg;
            }
        }

        while (!st.empty()) st.pop_back();
        for (int i = l; i <= blk[blkl].r; i++) {
            if (op[i].op != 3) st.push_back(i);
            else if (!st.empty()) st.pop_back();
        }
        while (neg && !st.empty()) neg--, st.pop_back();
        for (int i = st.size() - 1; i >= 0; i--) {
            L = L * op[st[i]].l;
            R = op[st[i]].r * R;
        }
        return L * R;
    }
}

void work() {
    cin >> n >> m;
    len = max(1, (int)sqrt(n));

    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> op[i];
    for (int i = 0; i < n; i += len) blk[i / len].build(i / len);

    while (m--) {
        int v, idx, l, r;
        cin >> v;
        if (v == 1) {
            cin >> idx;
            cin >> op[--idx];
            blk[idx / len].build(idx / len);
        }
        else {
            cin >> l >> r;
            cout << query(--l, --r) << endl;
        }
    }
}

signed main() {
#ifdef LOCAL
    freopen("C:\\Users\\admin\\CLionProjects\\Practice\\data.in", "r", stdin);
    freopen("C:\\Users\\admin\\CLionProjects\\Practice\\data.out", "w", stdout);
#endif
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int Case = 1;
    //cin >> Case;
    while (Case--) work();
    return 0;
}
/*
     _____   _   _       _  __    __
    |  _  \ | | | |     | | \ \  / /
    | |_| | | | | |     | |  \ \/ /
    |  ___/ | | | |  _  | |   }  {
    | |     | |_| | | |_| |  / /\ \
    |_|     \_____/ \_____/ /_/  \_\
*/

关于代码的亿点点说明：

1. 代码的主体部分位于 void work() 函数中，另外会有部分变量申明、结构体定义、函数定义在上方。
2. #pragma ... 是用来开启 O2、O3 等优化加快代码速度。
3. 中间一大堆 #define ... 是我习惯上的一些宏定义，用来加快代码编写的速度。
4. "debug.h" 头文件是我用于调试输出的代码，没有这个头文件也可以正常运行（前提是没定义 DEBUG 宏），在程序中如果看到 dbg(...) 是我中途调试的输出的语句，可能没删干净，但是没有提交上去没有任何影响。
5. ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); 这三句话是用于解除流同步，加快输入 cin 输出 cout 速度（这个输入输出流的速度很慢）。在小数据量无所谓，但是在比较大的读入时建议加这句话，避免读入输出超时。如果记不下来可以换用 scanf 和 printf，但使用了这句话后，cin 和 scanf、cout 和 printf 不能混用。
6. 将 main 函数和 work 函数分开写纯属个人习惯，主要是为了多组数据。