题目描述
漆黑的晚上，九条可怜躺在床上辗转反侧。难以入眠的她想起了若干年前她的一次悲惨的 OI 比赛经历。那是一道基础的树状数组题。
给出一个长度为 $n$ 的数组 $A$，初始值都为 $0$，接下来进行 $m$ 次操作，操作有两种：
- $1~x$, 表示将 $A_x$ 变成 $(A_x + 1) \bmod{2}$。
- $2~l~r$, 表示询问 $(\sum_{i=l}^r A_i) \bmod{2}$。
尽管那个时候的可怜非常的 simple，但是她还是发现这题可以用树状数组做。当时非常 young 的她写了如下的算法：
其中 $\mathrm{lowbit}(x)$ 表示数字 $x$ 最低的非 $0$ 二进制位，例如 $\mathrm{lowbit}(5) = 1, \mathrm{lowbit}(12) = 4$。进行第一类操作的时候就调用 $\mathrm{Add}(x)$，第二类操作的时候答案就是 $\mathrm{Query}(l, r)$。
如果你对树状数组比较熟悉，不难发现可怜把树状数组写错了：$\mathrm{Add}$ 和 $\mathrm{Find}$ 中 $x$ 变化的方向反了。因此这个程序在最终测试时华丽的爆 $0$ 了。
然而奇怪的是，在当时，这个程序通过了出题人给出的大样例——这也是可怜没有进行对拍的原因。
现在，可怜想要算一下，这个程序回答对每一个询问的概率是多少，这样她就可以再次的感受到自己是一个多么非的人了。然而时间已经过去了很多年，即使是可怜也没有办法完全回忆起当时的大样例。幸运的是，她回忆起了大部分内容，唯一遗忘的是每一次第一类操作的 $x$ 的值，因此她假定这次操作的 $x$ 是在 $[l_i, r_i]$ 范围内等概率随机的。
具体来说，可怜给出了一个长度为 $n$ 的数组 $A$，初始为 $0$，接下来进行了 $m$ 次操作：
- $1~l~r$, 表示在区间 $[l, r]$ 中等概率选取一个 $x$ 并执行 $\mathrm{Add}(x)$。
- $2~l~r$, 表示询问执行 $\mathrm{Query}(l, r)$ 得到的结果是正确的概率是多少。
输入格式
第一行输入两个整数 $n, m$。 接下来 $m$ 行每行描述一个操作，格式如题目中所示。
输出格式
对于每组询问，输出一个整数表示答案。如果答案化为最简分数后形如 $\frac{x}{y}$，那么你只需要输出 $x \times y^{-1} \bmod{998244353}$ 后的值。(即输出答案模 $998244353$)。
限制与约定
| 测试点编号 | $n$ | $m$ | 其他约定 |
|---|---|---|---|
| 1 | $\le 5$ | $\le 10$ | 无 |
| 2 | $\le 50$ | $\le 50$ | |
| 3 | |||
| 4 | $\le 3000$ | $\le 3000$ | |
| 5 | |||
| 6 | $\le 10^5$ | $\le 10^5$ | 所有询问都在修改后 |
| 7 | |||
| 8 | 无 | ||
| 9 | |||
| 10 |
对于 100% 的数据，保证 $1 \le l \le r \le n$。
时间限制：$4\texttt{s}$
空间限制：$512\texttt{MB}$
分析1
打个暴力，小范围的找一下规律，就会发现，这个写错的树状数组，其实就是单点修改，查询后缀和
那么因为所有的结果都对2取模，那么我们可以看成是查询后缀异或和
这样一来，我们\(Find(x)\)就是\(XOR_{i=x}^{n} a_i\)
于是\(Query(l,r)\)就是\(XOR_{i=l-1}^{n} a_i \oplus XOR_{i=r}^{n} a_i=XOR_{i=l-1}^{r-1} a_i\)
而实际，正确的答案应该是\(XOR_{i=l}^{r} a_i\)，那么我们只要看\(a_{l-1}\oplus a_{r}\)的结果就行了
但是，当\(l=1\)的时候，情况就不一样了，因为Find函数，特判了\(l=1\)的情况
\(Query(1,r)=XOR_{i=r}^{n} a_i\)，而实际需要的是\(XOR_{i=l}^{r} a_i\)，那么就要看\(XOR_{i=1}^{n(i\neq r)} a_i\)，也就是\(T\oplus a_r\)，\(T\)表示\(1\)操作的次数，即修改的次数
那么，这样一来就变成了单点修改问题，直接暴力解决，时间复杂度\(O(nm)\)，可以得到50分
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<climits>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#define LL long long
using namespace std;
inline char nc(){
static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
if (p1==p2) { p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin); if (p1==p2) return EOF; }
return *p1++;
}
inline void read(int &x){
char c=nc();int b=1;
for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
inline void read(LL &x){
char c=nc();LL b=1;
for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
inline int read(char *s)
{
char c=nc();int len=0;
for(;!(c>='A' && c<='Z');c=nc()) if (c==EOF) return 0;
for(;(c>='A' && c<='Z');s[len++]=c,c=nc());
s[len++]='\0';
return len;
}
inline void read(char &x){
for (x=nc();!(x>='A' && x<='Z');x=nc());
}
int wt,ss[19];
inline void print(int x){
if (x<0) x=-x,putchar('-');
if (!x) putchar(48); else {
for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);
for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
inline void print(LL x){
if (x<0) x=-x,putchar('-');
if (!x) putchar(48); else {for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
int n,m,a[100010],c[100010],f[5];
struct data
{
LL x,y;
}q[100010];
LL Sum;
const LL mo=998244353;
LL GCD(LL x,LL y)
{
if (x==0 || y==0) return 1LL;
LL r=x%y;
while (r!=0) x=y,y=r,r=x%y;
return y;
}
LL Power(LL x,LL y)
{
LL res=1;
for(;y;y>>=1)
{
if (y&1) res=res*x%mo;
x=x*x%mo;
}
return res%mo;
}
LL P(LL x,LL y){return x*Power(y,mo-2)%mo;}
LL jia(LL x,LL y){return (x+y)%mo;}
LL jia(LL x,LL y,LL z){return ((x+y)%mo+z)%mo;}
LL cheng(LL x,LL y){return x*y%mo;}
LL calc(int l,int r)
{
if (l==1)
{
f[0]=P(1LL,1LL),f[1]=0;
LL x,y;
for (int i=1;i<=Sum;i++)
if (q[i].x<=r && q[i].y>=r)
{
x=f[0],y=f[1];
f[0]=jia(cheng(y,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(x,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)));
f[1]=jia(cheng(x,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(y,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)));
}
x=f[Sum%2];
return x;
}
else
{
LL x,y,u,v;l--;
f[0]=P(1LL,1LL),f[1]=0,f[2]=0,f[3]=0;
for (int i=1;i<=Sum;i++)
if (q[i].x<=l && q[i].y>=l && q[i].x<=r && q[i].y>=r)
{
x=f[0],y=f[1],u=f[2],v=f[3];
f[0]=jia(cheng(x,P(q[i].y-q[i].x-1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(y,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(u,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
f[1]=jia(cheng(y,P(q[i].y-q[i].x-1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(x,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(v,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
f[2]=jia(cheng(u,P(q[i].y-q[i].x-1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(x,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(v,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
f[3]=jia(cheng(v,P(q[i].y-q[i].x-1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(y,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(u,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
}
else if (q[i].x<=l && q[i].y>=l)
{
x=f[0],y=f[1],u=f[2],v=f[3];
f[0]=jia(cheng(x,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(u,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
f[2]=jia(cheng(u,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(x,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
f[1]=jia(cheng(y,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(v,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
f[3]=jia(cheng(v,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(y,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
}
else if (q[i].x<=r && q[i].y>=r)
{
x=f[0],y=f[1],u=f[2],v=f[3];
f[0]=jia(cheng(x,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(y,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
f[1]=jia(cheng(y,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(x,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
f[2]=jia(cheng(u,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(v,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
f[3]=jia(cheng(v,P(q[i].y-q[i].x,q[i].y-q[i].x+1LL)),cheng(u,P(1LL,q[i].y-q[i].x+1LL)));
}
x=jia(f[0],f[3]);
return x;
}
}
int main()
{
read(n);read(m);
Sum=0;
int x;LL y,z;
for (int i=1;i<=m;i++)
{
read(x);read(y);read(z);
if (x==1) Sum++,q[Sum].x=y,q[Sum].y=z;
else print(calc(y,z)),puts("");
}
return 0;
}分析2
这样一来，我们可以把问题转化到平面上来做
对于一个修改\([l,r]\)，我们可以转为平面上的点\((l,r)\)
那么，对于一个询问，我们可以分三类讨论
第一类是仅包含左端点的，即\(1≤x≤l-1,1≤y<r\)
第二类是仅包含右端点的，即\(l≤x≤r,r≤y≤n\)
第三类是包含左右端点的，即\(l≤x≤l-1,r≤y≤n\)
显然，前两部分可以合在一起做，不过似乎网上的代码大都是三部分合在一起做的，这或许也是我常数大的原因吧
那么，我们就变成了动态二维数点问题，直接用二维线段树维护一下就好（我直接写了一棵四分树）
对于第一类，我们保留端点为\(1\)的概率，合并两个点的概率\(x\)和\(y\)，显然可以保留其中一个，那么\(P=x*(1-y)+y*(1-x)\)
对于第二类，我们保留两端点相同的概率，合并两个点的概率\(x\)和\(y\)，显然可以两个相等得到，也可以是都不同得到，那么\(P=x*y+(1-x)*(1-y)\)
然后就是写代码的问题了，没什么细节问题，就是要注意常数问题
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<climits>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#define LL long long
using namespace std;
inline char nc(){
static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
if (p1==p2) { p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin); if (p1==p2) return EOF; }
return *p1++;
}
inline void read(int &x){
char c=nc();int b=1;
for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
inline void read(LL &x){
char c=nc();LL b=1;
for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
inline int read(char *s)
{
char c=nc();int len=0;
for(;!(c>='A' && c<='Z');c=nc()) if (c==EOF) return 0;
for(;(c>='A' && c<='Z');s[len++]=c,c=nc());
s[len++]='\0';
return len;
}
inline void read(char &x){
for (x=nc();!(x>='A' && x<='Z');x=nc());
}
int wt,ss[19];
inline void print(int x){
if (x<0) x=-x,putchar('-');
if (!x) putchar(48); else {
for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);
for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
inline void print(LL x){
if (x<0) x=-x,putchar('-');
if (!x) putchar(48); else {for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
int n,m,S,a[100010],c[100010],f[5],Max;
struct data
{
LL x,y;
}q[100010];
LL Sum;
const LL mo=998244353;
struct st
{
LL p1,p2;
int c1,c2,c3,c4;
}tree[800010];
LL Power(LL x,LL y)
{
LL res=1;
for(;y;y>>=1)
{
if (y&1) res=res*x%mo;
x=x*x%mo;
}
return res%mo;
}
LL P(LL x,LL y){return x*Power(y,mo-2)%mo;}
LL merge1(LL x,LL y){return ((x*(1LL+mo-y))%mo+(y*(1LL+mo-x))%mo)%mo;}
LL merge2(LL x,LL y){return (x*y%mo+(1LL+mo-x)*(1LL+mo-y)%mo)%mo;}
LL merge1(LL a,LL b,LL c,LL d){return merge1(merge1(a,b),merge1(c,d));}
LL merge2(LL a,LL b,LL c,LL d){return merge2(merge2(a,b),merge2(c,d));}
void change(int xq,int yq,int xl,int xr,int yl,int yr,int x,LL z1,LL z2)
//z1是修改单个概率，z2是两个都不被修改的概率
{
if (xl==xr && yl==yr){tree[x].p1=merge1(tree[x].p1,z1);tree[x].p2=merge2(tree[x].p2,z2);return ;}
int midx=xl+xr>>1,midy=yl+yr>>1;
if (xq<=midx && yq<=midy && xl<=midx && yl<=midy)
{
if (tree[x].c1==0) tree[x].c1=++S,tree[S].p1=0LL,tree[S].p2=1LL;
change(xq,yq,xl,midx,yl,midy,tree[x].c1,z1,z2);
}
else if (xq<=midx && yq>midy && xl<=midx && midy+1<=yr)
{
if (tree[x].c2==0) tree[x].c2=++S,tree[S].p1=0LL,tree[S].p2=1LL;
change(xq,yq,xl,midx,midy+1,yr,tree[x].c2,z1,z2);
}
else if (xq>midx && yq<=midy && midx+1<=xr && yl<=midy)
{
if (tree[x].c3==0) tree[x].c3=++S,tree[S].p1=0LL,tree[S].p2=1LL;
change(xq,yq,midx+1,xr,yl,midy,tree[x].c3,z1,z2);
}
else
{
if (tree[x].c4==0) tree[x].c4=++S,tree[S].p1=0LL,tree[S].p2=1LL;
change(xq,yq,midx+1,xr,midy+1,yr,tree[x].c4,z1,z2);
}
tree[x].p1=merge1(tree[tree[x].c1].p1,tree[tree[x].c2].p1,tree[tree[x].c3].p1,tree[tree[x].c4].p1);
tree[x].p2=merge2(tree[tree[x].c1].p2,tree[tree[x].c2].p2,tree[tree[x].c3].p2,tree[tree[x].c4].p2);
}
LL query1(int xlq,int xrq,int ylq,int yrq,int xl,int xr,int yl,int yr,int x)
{
if (x==0) return 0LL;
if (xlq<=xl && xrq>=xr && ylq<=yl && yrq>=yr) return tree[x].p1;
int midx=xl+xr>>1,midy=yl+yr>>1;LL res=0LL;
if (xlq<=midx && ylq<=midy && xl<=midx && yl<=midy) res=merge1(res,query1(xlq,xrq,ylq,yrq,xl,midx,yl,midy,tree[x].c1));
if (xlq<=midx && yrq>midy && xl<=midx && midy+1<=yr) res=merge1(res,query1(xlq,xrq,ylq,yrq,xl,midx,midy+1,yr,tree[x].c2));
if (xrq>midx && ylq<=midy && midx+1<=xr && yl<=midy) res=merge1(res,query1(xlq,xrq,ylq,yrq,midx+1,xr,yl,midy,tree[x].c3));
if (xrq>midx && yrq>midy && midx+1<=xr && midy+1<=yr) res=merge1(res,query1(xlq,xrq,ylq,yrq,midx+1,xr,midy+1,yr,tree[x].c4));
return res%mo;
}
LL query2(int xlq,int xrq,int ylq,int yrq,int xl,int xr,int yl,int yr,int x)
{
if (x==0) return 1LL;
if (xlq<=xl && xrq>=xr && ylq<=yl && yrq>=yr) return tree[x].p2;
int midx=xl+xr>>1,midy=yl+yr>>1;LL res=1LL;
if (xlq<=midx && ylq<=midy && xl<=midx && yl<=midy) res=merge2(res,query2(xlq,xrq,ylq,yrq,xl,midx,yl,midy,tree[x].c1));
if (xlq<=midx && yrq>midy && xl<=midx && midy+1<=yr) res=merge2(res,query2(xlq,xrq,ylq,yrq,xl,midx,midy+1,yr,tree[x].c2));
if (xrq>midx && ylq<=midy && midx+1<=xr && yl<=midy) res=merge2(res,query2(xlq,xrq,ylq,yrq,midx+1,xr,yl,midy,tree[x].c3));
if (xrq>midx && yrq>midy && midx+1<=xr && midy+1<=yr) res=merge2(res,query2(xlq,xrq,ylq,yrq,midx+1,xr,midy+1,yr,tree[x].c4));
return res%mo;
}
int main()
{
read(n);read(m);
int x,y,z;LL A,B,C,s=0;
memset(tree,0,sizeof(tree));
tree[0].p1=0LL,tree[0].p2=1LL;
tree[1].p1=0LL,tree[1].p2=1LL;S=1;
while (m--)
{
read(x);read(y);read(z);
if (x==1)
{
if (z-y+1>1) change(y,z,1,n,1,n,1,P(1LL,(LL)z-y+1),P((LL)z-y-1,(LL)z-y+1));
else change(y,z,1,n,1,n,1,P(1LL,(LL)z-y+1),0LL);
s++;
}
else
{
if (y>1)
{
A=query1(1,y-1,y-1,z-1,1,n,1,n,1);
B=query2(1,y-1,z,n,1,n,1,n,1);
C=query1(y,z,z,n,1,n,1,n,1);
print(((B*A%mo*C%mo+B*(1LL+mo-A)%mo*(1LL+mo-C)%mo)%mo+((1LL+mo-B)*A%mo*(1LL+mo-C)%mo+(1LL+mo-B)*C%mo*(1LL+mo-A)%mo)%mo)%mo),puts("");
}
else
{
if (s%2==0) print((1LL+mo-query1(1,z,z,n,1,n,1,n,1))%mo),puts("");
else print(query1(1,z,z,n,1,n,1,n,1)),puts("");
}
}
}
return 0;
}
京公网安备 11010502036488号