D - Counting Stars HDU - 7059

Posted 2021-09-06 Jozky86

D - Counting Stars HDU - 7059

题解:

长度为n的序列a，有三个操作：

1. 对某个区间进行询问
2. 对于某个区间内的每个数ai，减去ai&(-ai)
3. 对于某个区间内的每个数ai，加上$2^k$,k满足$2^k<=a_i<2^{k+1}$

题解：

很容易想到线段树维护，但是后两个操作都不是线段树的基础操作
对于第二个操作，如何维护，其实线段树问题中经常遇到，对于这种数值快速递降至稳定的函数(比如区间开根号，区间求欧拉函数)，可以直接暴力修改。像本题中是减去lowbit(x),其实就是将x二进制中的最后一位1删除，那每个数最多也就操作个log x次就变成0，因此一共操作次数只有nlogn次，再加上线段树操作的复杂度，也就是$O(nlo{g}^{2}n)$
对于第三个操作，加上$2^k$,k满足$2^k<=a_i<2^{k+1}$，其实本质就是让ai的最左边的1左移一位。也就是说其实第三个操作只与ai的最高位有关，且是乘2，乘2这个操作是可以用线段树实现的。
具体实现就是：我们将ai的最高位和剩余位置拆开，sum1记录的是最高位的情况，sum2记录是剩余最高位情况，num记录ai中1的情况，因为操作2是要减去最后一位1，如果num==0，那么sum1和sum2就都等于0。对于操作2，让sum2-=lowbit(sum2),对于操作3，只需要对sum2进行乘2的维护。查询时再将sum1和sum2加在一起

代码：

详细看代码

// Problem: D - Counting Stars
// Contest: Virtual Judge - 2021杭电多校第八场
// URL: https://vjudge.net/contest/453140#problem/D
// Memory Limit: 131 MB
// Time Limit: 4000 ms
// Data:2021-08-13 12:59:28
// By Jozky

#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
#define debug(a, b) printf("%s = %d\\n", a, b);
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
clock_t startTime, endTime;
//Fe~Jozky
const ll INF_ll= 1e18;
const int INF_int= 0x3f3f3f3f;
template <typename T> inline void read(T& x)
{
    T f= 1;
    x= 0;
    char ch= getchar();
    while (0 == isdigit(ch)) {
        if (ch == '-')
            f= -1;
        ch= getchar();
    }
    while (0 != isdigit(ch))
        x= (x << 1) + (x << 3) + ch - '0', ch= getchar();
    x*= f;
}
template <typename T> inline void write(T x)
{
    if (x < 0) {
        x= ~(x - 1);
        putchar('-');
    }
    if (x > 9)
        write(x / 10);
    putchar(x % 10 + '0');
}
void rd_test()
{
#ifdef ONLINE_JUDGE
#else
    startTime= clock();
    freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif
}
void Time_test()
{
#ifdef ONLINE_JUDGE
#else
    endTime= clock();
    printf("\\nRun Time:%lfs\\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
}
const int mod= 998244353;
const int maxn= 2e5 + 9;
int a[maxn];
int pw[maxn];
struct node
{
    int l, r;
    ll sum1; //记录最高位的1
    ll sum2; //记录除了最高位剩下的
    ll num; //记录二进制一共有几个1
    ll lazy; //记录乘2的标记
} tr[maxn << 2];
int lg[maxn]; //lg[i]表示a[i]的二进制有几位
int work(int x)
{ //计算x的二进制有几位
    int ans= 0;
    while (x) {
        ans++;
        x>>= 1;
    }
    return ans;
}
int work2(int x)
{ //计算x的二进制有几位是1
    int ans= 0;
    while (x) {
        if (x & 1)
            ans++;
        x>>= 1;
    }
    return ans;
}
int lowbit(int x)
{
    return x & (-x);
}
void pushup(int rt)
{
    tr[rt].sum1= (tr[rt << 1].sum1 + tr[rt << 1 | 1].sum1) % mod;
    tr[rt].sum2= (tr[rt << 1].sum2 + tr[rt << 1 | 1].sum2) % mod;
    tr[rt].num= max(tr[rt << 1].num, tr[rt << 1 | 1].num);
}
void solve(int rt, int val)
{
    tr[rt].sum1= 1ll * tr[rt].sum1 * pw[val] % mod;
    tr[rt].lazy+= val;
}
void pushdown(int rt)
{
    solve(rt << 1, tr[rt].lazy);
    solve(rt << 1 | 1, tr[rt].lazy);
    tr[rt].lazy= 0;
}
void build(int rt, int l, int r)
{
    tr[rt].l= l;
    tr[rt].r= r;
    tr[rt].lazy= 0;
    if (l == r) {
        tr[rt].num= work2(a[l]);
        tr[rt].sum1= (a[l] & (1 << (lg[l] - 1)));
        tr[rt].sum2= a[l] - tr[rt].sum1;
        return;
    }
    int mid= (l + r) >> 1;
    build(rt << 1, l, mid);
    build(rt << 1 | 1, mid + 1, r);
    pushup(rt);
}
void update1(int rt, int l, int r)
{
    if (tr[rt].num == 0)
        return;
    if (tr[rt].l > r || tr[rt].r < l)
        return;
    if (tr[rt].l == tr[rt].r) {
        tr[rt].sum2= tr[rt].sum2 - lowbit(tr[rt].sum2);
        tr[rt].num--;
        if (tr[rt].num == 0) { //全减没了
            tr[rt].sum1= 0;
            tr[rt].sum2= 0;
        }
        return;
    }
    pushdown(rt);
    int mid= (tr[rt].l + tr[rt].r) >> 1;
    if (l <= mid)
        update1(rt << 1, l, r);
    if (r > mid)
        update1(rt << 1 | 1, l, r);
    pushup(rt);
}
void update2(int rt, int l, int r)
{
    if (tr[rt].l > r || tr[rt].r < l)
        return;
    if (tr[rt].l >= l && tr[rt].r <= r) {
        solve(rt, 1);
        return;
    }
    pushdown(rt);
    int mid= (tr[rt].l + tr[rt].r) >> 1;
    if (l <= mid)
        update2(rt << 1, l, r);
    if (r > mid)
        update2(rt << 1 | 1, l, r);
    pushup(rt);
}
ll query(int rt, int l, int r)
{
    if (tr[rt].l > r || tr[rt].r < l)
        return 0;
    if (tr[rt].l >= l && tr[rt].r <= r) {
        return (1ll * tr[rt].sum1 + tr[rt].sum2) % mod;
    }
    pushdown(rt);
    int mid= (tr[rt].l + tr[rt].r) >> 1;
    ll ans= 0;
    if (l <= mid)
        ans= (ans + query(rt << 1, l, r)) % mod;
    if (r > mid)
        ans= (ans + query(rt << 1 | 1, l, r)) % mod;
    return ans % mod;
}
int main()
{
    //rd_test();
    int t;
    pw[0]= 1;
    for (int i= 1; i < 200004; i++)
        pw[i]= 1ll * pw[i - 1] * 2 % mod;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        int n;
        scanf("%d", &n);
        for (int i= 1; i <= n; i++) {
            scanf("%d", &a[i]);
            lg[i]= work(a[i]);
        }
        //memset(tr,0,sizeof(tr));
        build(1, 1, n);
        int m;
        read(m);
        for (int i= 1; i <= m; i++) {
            int op, l, r;
            scanf("%d%d%d", &op, &l, &r);
            if (op == 1)
                printf("%d\\n", query(1, l, r));
            else if (op == 2)
                update1(1, l, r);
            else if (op == 3)
                update2(1, l, r);
        }
    }
    return 0;

    //Time_test();
}