舒老师AK的hu测 T2. LX还在迷路（线段树+等差数列）

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分析：

这道题是舒老师的原创题（版权声明~）

神题啊，毒瘤题啊

正解

首先，我们可以先忽略n(n+1)2n(n+1)2n(n+1) \over 2中的22 \over 2，最后再处理即可
我们将n(n+1)n(n+1)n(n+1)展开，得到n2+nn2+nn^2+n
我们可以把一个操作拆成两个：
① 对[l,r][l,r][l,r]每个点加dis2dis2dis^2 （disdisdis为该点到l的距离+1）
② 对[l,r][l,r][l,r]每个点加disdisdis

（操作②这就让我想起一道题，相当于加上一条直线）

我们从简单的开始

操作②

在区间[l,r][l,r][l,r]上加上一个等差数列：a1=1,d=1a1=1,d=1a_1=1,d=1
在线段树众维护等差数列的首项和公差
在pushdown的时候，左儿子直接继承父结点的首项和公差，右儿子继承公差，计算一下首项即可
如果打标记时发生了标记覆盖，直接：首项1+首项2，公差1+公差2

操作①

显然我们没法合并x2x2x^2的标记，考虑差分
n2−(n−1)2=2n−1n2−(n−1)2=2n−1n^2-(n-1)^2=2n-1
等差数列：a1=1,d=2a1=1,d=2a_1=1,d=2，在线段树中维护首项和公差
如果是单点查询的话，我们查询前缀和即可（差分的运用）

如果是区间[l,r],ans=∑ri=li2[l,r],ans=∑i=lri2[l,r],ans=\sum_{i=l}^{r} i^2
设a[i]=2i−1a[i]=2i−1a[i]=2i-1

由上图（等高线地形图？？？）就可以看出：
a[1]−a[l]a[1]−a[l]a[1]-a[l]计算了r−l+1r−l+1r-l+1次
a[l+1]a[l+1]a[l+1]计算了r−lr−lr-l次
.........
a[r]a[r]a[r]计算了111次

我们定义C(l,r)" role="presentation" style="position: relative;">C(l,r)C(l,r)C(l,r)
C(l,r)=C(l,r)=C(l,r)=
a[l]+a[l+1]+a[l+2]+...a[r]+a[l]+a[l+1]+a[l+2]+...a[r]+a[l]+a[l+1]+a[l+2]+...a[r]+
a[l+1]+a[l+2]+...a[r]+a[l+1]+a[l+2]+...a[r]+a[l+1]+a[l+2]+...a[r]+
a[l+2]+...a[r]+a[l+2]+...a[r]+a[l+2]+...a[r]+
.........
a[r]a[r]a[r]

那么ans=∑ri=li2=∑l−1i=1a[i]∗(r−l+1)+C(l,r)ans=∑i=lri2=∑i=1l−1a[i]∗(r−l+1)+C(l,r)ans=\sum_{i=l}^{r} i^2=\sum_{i=1}^{l-1}a[i]*(r-l+1)+C(l,r)

维护C(l,r)C(l,r)C(l,r)
update：C(l,r)=C(l,mid)+C(mid+1,r)+∑midi=la[i]∗(r−mid)C(l,r)=C(l,mid)+C(mid+1,r)+∑i=lmida[i]∗(r−mid)C(l,r)=C(l,mid)+C(mid+1,r)+\sum_{i=l}^{mid}a[i]*(r-mid)

方便起见，我们可以标记永久化

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define ll long longusing namespace std;const int N=200010;
const ll p=1e9+7;
ll inv2,s1[N],s2[N];
int n,type,L,R,m,lastans=0;ll KSM(ll a,ll b) {ll t=1;while (b) {if (b&1) t=(t*a)%p;a=(a*a)%p;b>>=1;}return t%p;
}void change_lr() {L=(L+lastans-1)%n+1;R=(R+lastans-1)%n+1;if (L>R) swap(L,R);
}struct node1{                   //维护等差数列  struct tree1{ll a,b,sum;}t[N<<2];void update(int bh,int l,int r) {     t[bh].sum=t[bh<<1].sum+t[bh<<1|1].sum; t[bh].sum%=p;if (!t[bh].a&&!t[bh].b) return;    ll n=r-l+1;                                                //有标记就维护一下值 t[bh].sum+=(t[bh].a*n%p+t[bh].b*s1[n]%p)%p; t[bh].sum%=p;}void change(int bh,int l,int r,int L,int R,int a,int b) {if (l>=L&&r<=R) {t[bh].a+=a; t[bh].a%=p;t[bh].b+=b; t[bh].b%=p;update(bh,l,r);return;}int mid=(l+r)>>1;if (L<=mid) change(bh<<1,l,mid,L,R,a,b);if (R>mid) change(bh<<1|1,mid+1,r,L,R,(a+max(mid-max(l,L)+1,0)*b%p)%p,b);update(bh,l,r);}ll ask(int bh,int l,int r,int L,int R,ll a,ll b) {    //标记永久化的a和b if (l>=L&&r<=R) {return (t[bh].sum+a*(r-l+1)%p+b*(s1[r-l+1])%p)%p;}int mid=(l+r)>>1;a=(a+t[bh].a)%p; b=(b+t[bh].b)%p;//标记永久化 ll ans=0;if (L<=mid) ans=(ans+ask(bh<<1,l,mid,L,R,a,b)%p)%p;if (R>mid) ans=(ans+ask(bh<<1|1,mid+1,r,L,R,(a+(mid-l+1)*b%p)%p,b)%p)%p;//a+(mid-l+1)*b  右儿子新首项 return ans;}
};
node1 T1;struct node2{struct tree2{ll a,b,sum,sum_2;//sum sum(a[l]~a[r])//sum_2 C(l,r) }t[N<<2];void update(int bh,int l,int r) {int mid=(l+r)>>1;int lc=bh<<1;int rc=bh<<1|1;t[bh].sum=t[lc].sum+t[rc].sum; t[bh].sum%=p;t[bh].sum_2=t[lc].sum_2+t[rc].sum_2; t[bh].sum_2%=p;      t[bh].sum_2+=t[lc].sum*(ll)(r-mid)%p;  t[bh].sum_2%=p; if (!t[bh].a&&!t[bh].b) return;                          //有标记就维护一下值ll n=r-l+1;t[bh].sum+=(t[bh].a*n%p+t[bh].b*s1[n]%p)%p; t[bh].sum%=p;t[bh].sum_2+=t[bh].a*s1[n]%p+t[bh].b*s1[n]%p*(n+1)%p-s2[n]*t[bh].b%p;//注意sum_2的维护 t[bh].sum_2%=p; }void change(int bh,int l,int r,int L,int R,ll a,ll b) {if (l>=L&&r<=R) {t[bh].a+=a; t[bh].a%=p;t[bh].b+=b; t[bh].b%=p;update(bh,l,r);return;}int mid=(l+r)>>1;if (L<=mid) change(bh<<1,l,mid,L,R,a,b);if (R>mid) change(bh<<1|1,mid+1,r,L,R,(a+max(mid-max(l,L)+1,0)*b%p)%p,b);update(bh,l,r);}ll ask(int bh,int l,int r,int L,int R,ll s,ll a,ll b) {if (l>=L&&r<=R) {ll n=r-l+1;return (s*n%p+t[bh].sum_2+a*s1[n]%p+b*s1[n]%p*(n+1)%p-b*s2[n]%p);}int mid=(l+r)>>1;a=(a+t[bh].a)%p; b=(b+t[bh].b)%p;//标记永久化 ll ans=0;if (L<=mid) ans=(ans+ask(bh<<1,l,mid,L,R,s,a,b))%p;if (R>mid) ans=(ans+ask(bh<<1|1,mid+1,r,L,R,(s+t[bh<<1].sum+a*(mid-l+1)%p+b*s1[mid-l+1]%p)%p,(a+b*(mid-l+1)%p)%p,b)%p)%p;return ans%p;}
};
node2 T2;int main() {char s[10];scanf("%d%d",&n,&type);scanf("%d",&m);inv2=KSM(2,p-2);for (int i=1;i<=n;i++) {s1[i]=(s1[i-1]+(ll)i)%p;s2[i]=(s2[i-1]+(ll)i*i)%p;}for (int i=1;i<=m;i++) {scanf("%s%d%d",s,&L,&R);if (type) change_lr();if (s[0]=='C') {T1.change(1,1,n,L,R,0,1);      //a=0 b=1T2.change(1,1,n,L,R,-1,2);     //a=-1 b=2if (R!=n) {ll nn=R-L+1;T2.change(1,1,n,R+1,R+1,-nn*nn%p,0);}}else {ll ans=(T1.ask(1,1,n,L,R,0,0)+T2.ask(1,1,n,L,R,0,0,0))%p;ans=(ans*inv2%p+p)%p;lastans=ans%p;printf("%lld\n",ans);    }}return 0;
}

Enzymii解

预处理mul[j]=∑ji=1i∗(i+1)2mul[j]=∑i=1ji∗(i+1)2mul[j]=\sum_{i=1}^{j}{i*(i+1) \over 2}

分块（有点像块状链表）
code看不大懂，总的来说也是维护等差数列的首项和公差

zyz解

首先我们观察一下i(i+1)2i(i+1)2i(i+1) \over 2，并且差分一下
有兴趣的可以看一下差分序列的相关资料

1   3   6   10  15 2   3   4   51   1   1

可以发现，i(i+1)2i(i+1)2i(i+1) \over 2是一个二阶等差数列
我们用线段树维护一阶首项，二阶首项，二阶公差
如果打标记时发生了标记覆盖，直接对应相加即可

看一下如何计算序列中的第pospospos项：
a1+b1∗pos+pos(pos−1)2∗da1+b1∗pos+pos(pos−1)2∗da_1+b_1*pos+{pos(pos-1) \over 2}*d