BZOJ 2752: [HAOI2012]高速公路(road)
2752: [HAOI2012]高速公路(road)
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Description
Y901高速公路是一条重要的交通纽带,政府部门建设初期的投入以及使用期间的养护费用都不低,因此政府在这条高速公路上设立了许多收费站。
Y901高速公路是一条由N-1段路以及N个收费站组成的东西向的链,我们按照由西向东的顺序将收费站依次编号为1~N,从收费站i行驶到i+1(或从i+1行驶到i)需要收取Vi的费用。高速路刚建成时所有的路段都是免费的。
政府部门根据实际情况,会不定期地对连续路段的收费标准进行调整,根据政策涨价或降价。
无聊的小A同学总喜欢研究一些稀奇古怪的问题,他开车在这条高速路上行驶时想到了这样一个问题:对于给定的l,r(l<r),在第l个到第r个收费站里等概率随机取出两个不同的收费站a和b,那么从a行驶到b将期望花费多少费用呢?
Input
第一行2个正整数N,M,表示有N个收费站,M次调整或询问
接下来M行,每行将出现以下两种形式中的一种
C l r v 表示将第l个收费站到第r个收费站之间的所有道路的通行费全部增加v
Q l r 表示对于给定的l,r,要求回答小A的问题
所有C与Q操作中保证1<=l<r<=N
Output
对于每次询问操作回答一行,输出一个既约分数
若答案为整数a,输出a/1
Sample Input
C 1 4 2
C 1 2 -1
Q 1 2
Q 2 4
Q 1 4
Sample Output
8/3
17/6
HINT
数据规模
所有C操作中的v的绝对值不超过10000
在任何时刻任意道路的费用均为不超过10000的非负整数
所有测试点的详细情况如下表所示
Test N M
1 =10 =10
2 =100 =100
3 =1000 =1000
4 =10000 =10000
5 =50000 =50000
6 =60000 =60000
7 =70000 =70000
8 =80000 =80000
9 =90000 =90000
10 =100000 =100000
Source
分析:
就是一个线段树...
线段树维护的是区间内所有子串之和,这个很好维护,合并的时候就维护一个所有的以$r$为结尾的子串之和记为$suf$,所有以$l$为开头的子串记为$pre$,然后合并两个区间$x,y$的时候就是下面这个式子:
res.ans=x.ans+y.ans+1LL*x.suf*y.len+1LL*y.pre*x.len;
现在考虑如何区间加上一个数字,因为是整体加一个数字,所以直接对于每个区间维护一个值叫做$siz$维护的是区间内所有子串的数字个数之和,加的时候就给$ans$加上$val*siz$就好啦...
代码:
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
//by NeighThorn
using namespace std;const int maxn=100000+5;int n,m;char opt[3];struct M{int l,r,len;long long pre,suf,sum,ans,siz,lazy;inline void init(void){pre=suf=sum=ans=siz=len=lazy=0;}}tree[maxn<<2];inline M merge(M x,M y){M res;res.init();res.l=x.l,res.r=y.r;res.len=x.len+y.len;res.sum=x.sum+y.sum;res.pre=x.pre+y.pre+1LL*y.len*x.sum;res.suf=y.suf+x.suf+1LL*x.len*y.sum;res.ans=x.ans+y.ans+1LL*x.suf*y.len+1LL*y.pre*x.len;res.siz=x.siz+y.siz+1LL*x.len*y.len*(y.len+1)/2+1LL*y.len*x.len*(x.len+1)/2;return res;
}inline void build(int l,int r,int tr){tree[tr].l=l,tree[tr].r=r;tree[tr].init();if(l==r){tree[tr].len=tree[tr].siz=1;return;}int mid=l+r>>1;build(l,mid,tr<<1),build(mid+1,r,tr<<1|1);tree[tr]=merge(tree[tr<<1],tree[tr<<1|1]);
}inline void change(int l,int r,int val,int tr){if(tree[tr].l==l&&tree[tr].r==r){tree[tr].pre+=1LL*val*tree[tr].len*(tree[tr].len+1)/2;tree[tr].suf+=1LL*val*tree[tr].len*(tree[tr].len+1)/2;tree[tr].ans+=1LL*val*tree[tr].siz;tree[tr].sum+=1LL*val*tree[tr].len;tree[tr].lazy+=val;return;}int mid=(tree[tr].l+tree[tr].r)>>1;if(tree[tr].lazy)change(tree[tr].l,mid,tree[tr].lazy,tr<<1),change(mid+1,tree[tr].r,tree[tr].lazy,tr<<1|1),tree[tr].lazy=0;if(r<=mid)change(l,r,val,tr<<1);else if(l>mid)change(l,r,val,tr<<1|1);else change(l,mid,val,tr<<1),change(mid+1,r,val,tr<<1|1); tree[tr]=merge(tree[tr<<1],tree[tr<<1|1]);
}inline M query(int l,int r,int tr){if(tree[tr].l==l&&tree[tr].r==r)return tree[tr];int mid=(tree[tr].l+tree[tr].r)>>1;if(tree[tr].lazy)change(tree[tr].l,mid,tree[tr].lazy,tr<<1),change(mid+1,tree[tr].r,tree[tr].lazy,tr<<1|1),tree[tr].lazy=0;if(r<=mid)return query(l,r,tr<<1);else if(l>mid)return query(l,r,tr<<1|1);elsereturn merge(query(l,mid,tr<<1),query(mid+1,r,tr<<1|1));
}inline long long gcd(long long x,long long y){return y==0?x:gcd(y,x%y);
}signed main(void){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("in.txt","r",stdin);
#endifscanf("%d%d",&n,&m);build(1,n-1,1);for(int i=1,x,y,s;i<=m;i++){scanf("%s%d%d",opt,&x,&y);if(opt[0]=='C')scanf("%d",&s),change(x,y-1,s,1);else{M tmp=query(x,y-1,1);long long ans=tmp.ans,siz=1LL*tmp.len*(tmp.len+1)/2,Gcd=gcd(ans,siz);if(Gcd==0) puts("0/1");else printf("%lld/%lld\n",ans/Gcd,siz/Gcd);}}return 0;
}
By NeighThorn
转载于:https://www.cnblogs.com/neighthorn/p/6631277.html
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