bzoj 2962 序列操作

2962: 序列操作

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Description

　　有一个长度为n的序列，有三个操作1.I a b c表示将[a,b]这一段区间的元素集体增加c，2.R a b表示将[a,b]区间内所有元素变成相反数，3.Q a b c表示询问[a,b]这一段区间中选择c个数相乘的所有方案的和mod 19940417的值。

Input

　　第一行两个数n，q表示序列长度和操作个数。
　　第二行n个非负整数，表示序列。
　　接下来q行每行输入一个操作I a b c或者 R a b或者Q a b c意义如题目描述。

Output

　　对于每个询问，输出选出c个数相乘的所有方案的和mod19940417的值。

Sample Input

5 5
1 2 3 4 5
I 2 3 1
Q 2 4 2
R 1 5
I 1 3 -1
Q 1 5 1

Sample Output

40
19940397
样例说明
　　做完第一个操作序列变为1 3 4 4 5。
　　第一次询问结果为3*4+3*4+4*4=40。
　　做完R操作变成-1 -3 -4 -4 -5。
　　做完I操作变为-2 -4 -5 -4 -5。
　　第二次询问结果为-2-4-5-4-5=-20。

HINT

 

　　100%的数据n<=50000,q<=50000,初始序列的元素的绝对值<=109，I a b c中保证[a,b]是一个合法区间，|c|<=109，R a b保证[a,b]是个合法的区间。Q a b c中保证[a,b]是个合法的区间1<=c<=min(b-a+1,20)。

 

Source

中国国家队清华集训 2012-2013 第三天

 

我写的题解看这里的T2

http://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/p/7723564.html 

 

网上的参考题解

http://blog.csdn.net/werkeytom_ftd/article/details/51767696

 

#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm>using namespace std;#define N 50001const int mod=19940417;typedef long long LL;int n;int C[N][21];int f[N<<2]; int siz[N<<2],mid[N<<2]; bool rev[N<<2];struct node { int sum[21]; }ans[N<<2];void read(int &x) {x=0; int ff=1; char c=getchar();while(!isdigit(c)) { if(c=='-') ff=-1; c=getchar(); }while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); }x*=ff; }int tot=0;void MOD(int &a,int b) {a+=b;a-= a>=mod ? mod : 0; }void pre(int n) {C[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){C[i][0]=1;for(int j=1;j<=min(i,20);j++) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;} }void update(int k) {for(int i=1;i<=20;i++){ans[k].sum[i]=0;for(int j=1;j<i;j++) MOD(ans[k].sum[i],1ll*ans[k<<1].sum[j]*ans[k<<1|1].sum[i-j]%mod);MOD(ans[k].sum[i],ans[k<<1].sum[i]); MOD(ans[k].sum[i],ans[k<<1|1].sum[i]); } }void build(int k,int l,int r) {siz[k]=r-l+1;if(l==r) { read(ans[k].sum[1]); MOD(ans[k].sum[1],0); return; }mid[k]=l+r>>1;build(k<<1,l,mid[k]); build(k<<1|1,mid[k]+1,r);update(k); }void insert(int k,int w) {MOD(f[k],w);for(int i=20;i;i--){int x=w;for(int j=i-1;j;j--,x=1ll*x*w%mod)MOD(ans[k].sum[i],1ll*x*ans[k].sum[j]%mod*C[siz[k]-j][i-j]%mod);MOD(ans[k].sum[i],1ll*x*C[siz[k]][i]%mod);} }void turn(int k) {rev[k]^=1;if(f[k]) f[k]=mod-f[k];for(int i=19;i>0;i-=2) if(ans[k].sum[i]) ans[k].sum[i]=mod-ans[k].sum[i]; }void down(int k) {if(rev[k]) turn(k<<1),turn(k<<1|1),rev[k]=0;if(f[k]) insert(k<<1,f[k]),insert(k<<1|1,f[k]),f[k]=0; }void add(int k,int l,int r,int opl,int opr,int w) {if(l>=opl && r<=opr) { insert(k,w); return; }down(k);if(opl<=mid[k]) add(k<<1,l,mid[k],opl,opr,w);if(opr>mid[k]) add(k<<1|1,mid[k]+1,r,opl,opr,w);update(k); }void reverse(int k,int l,int r,int opl,int opr) {if(l>=opl && r<=opr) { turn(k); return; }down(k);if(opl<=mid[k]) reverse(k<<1,l,mid[k],opl,opr);if(opr>mid[k]) reverse(k<<1|1,mid[k]+1,r,opl,opr);update(k); }node query(int k,int l,int r,int opl,int opr,int w) {if(l>=opl && r<=opr) return ans[k];down(k);if(opr<=mid[k]) return query(k<<1,l,mid[k],opl,opr,w);else if(opl>mid[k]) return query(k<<1|1,mid[k]+1,r,opl,opr,w);else {node L=query(k<<1,l,mid[k],opl,opr,w),R=query(k<<1|1,mid[k]+1,r,opl,opr,w);node tmp;for(int i=1;i<=w;i++){tmp.sum[i]=(L.sum[i]+R.sum[i])%mod;for(int j=1;j<i;j++) MOD(tmp.sum[i],1ll*L.sum[j]*R.sum[i-j]%mod);}return tmp;} }int main() {int n,m; char c[3];read(n); read(m);pre(n);build(1,1,n);int l,r,w;while(m--){scanf("%s",c); read(l); read(r);if(c[0]=='I'){read(w); w%=mod;w+= w<0 ? mod : 0;add(1,1,n,l,r,w);}else if(c[0]=='R') reverse(1,1,n,l,r);else{read(w);node p=query(1,1,n,l,r,w);printf("%d\n",query(1,1,n,l,r,w).sum[w]);}} }

 

转载于:https://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/p/7679195.html

《新程序员》：云原生和全面数字化实践50位技术专家共同创作，文字、视频、音频交互阅读

总结

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