上帝造题的七分钟2 / 花神游历各国

Posted 2020-11-15 aprincess

题目描述

"第一分钟，X说，要有数列，于是便给定了一个正整数数列。

第二分钟，L说，要能修改，于是便有了对一段数中每个数都开平方(下取整)的操作。

第三分钟，k说，要能查询，于是便有了求一段数的和的操作。

第四分钟，彩虹喵说，要是noip难度，于是便有了数据范围。

第五分钟，诗人说，要有韵律，于是便有了时间限制和内存限制。

第六分钟，和雪说，要省点事，于是便有了保证运算过程中及最终结果均不超过64位有符号整数类型的表示范围的限制。

第七分钟，这道题终于造完了，然而，造题的神牛们再也不想写这道题的程序了。"

——《上帝造题的七分钟·第二部》

所以这个神圣的任务就交给你了。

输入格式

第一行一个整数nn，代表数列中数的个数。

第二行nn个正整数，表示初始状态下数列中的数。

第三行一个整数mm，表示有mm次操作。

接下来mm行每行三个整数k,l,r，

• k=0表示给[l,r][l,r]中的每个数开平方(下取整)
• k=1表示询问[l,r][l,r]中各个数的和。

数据中有可能l>rl>r，所以遇到这种情况请交换l和r。

输出格式

对于询问操作，每行输出一个回答。

输入输出样例

输入

10
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
5
0 1 10
1 1 10
1 1 5
0 5 8
1 4 8

 

输出

19
7
6

说明/提示

对于30%的数据，1≤n,m≤10001≤n,m≤1000，数列中的数不超过32767。

对于100%的数据，1 ≤ n,m ≤ 100000,1 ≤ l,r ≤ n1≤l,r≤n，数列中的数大于0，且不超过10¹²。

注意l有可能大于r，遇到这种情况请交换l,r。

 

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一个序列，支持区间开方与求和操作。

算法：线段树实现开方修改与区间求和

分析：

• 显然，这道题的求和操作可以用线段树来维护
• 但是如何来实现区间开方呢
• 大家有没有这样的经历：玩计算器的时候，把一个数疯狂的按开方，最后总会变成 11，之后在怎样开方也是 11 (sqrt1=11?=1)
• 同样的，sqrt0=00?=0
• 所以，只要一段区间里的所有数全都 leq 1≤1 了，便可以不去修改它

实现：

• 线段树维护区间和 sumsum 与最大值 MaxMax
• 在修改过程中，只去修改 Max > 1Max>1 的区间
• 到了叶子节点对sumsum和MaxMax进行开方就行了

复杂度：

• 每个数 leq 10 ^ {12}≤1012,所以至多开方66次便可以得到11
• 每次操作是 log nlogn的，总复杂度O(n log n)O(nlogn)

注意事项：

• 请使用long long
• 可能 l > rl>r

 

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由于sqrt(a)+sqrt(b)!=sqrt(a+b)

所以用不了Lazy。至少我是这么觉得的

那怎么办呢？

那就只能暴力啊，把区间内每一个叶节点找到（l==r),开方

但是

开方有一个小小的问题：

sqrt(1)=1,sqrt(0)=0。玩过计算器的人都知道

题目数据上限为10的12次方

所以对于这个范围内的数，最多开方6次（取下整），都会变为1。计算器摁出来的

So 我们需要一个数组mx，保存这个区间内的最大值，同样用线段树维护

当一个mx[k]<=1时（也就是整个区间都是0或1时，继续修改没有意义），直接return，

查询还是普通的区间查询。

k<<1 就是2*k （位运算左移）

k<<1|1 就是2k+1 （因为k2必然为偶数，二进制末位为0，或1以后，0变为1，也就是加1）

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• 通过观察可以得到，在此题数据范围内一个数开方 6 次就一定会变成 1 ，我们就没必要再对这个数开方了，可以利用并查集直接跳过.

• 我们用并查集维护这样的东西：

  对于第 i 个数 a[ i ],当 a[ i ] 不等于 1 时，他的祖先是他自己,即 f[ i ] = i,当 a[ i ] = 1 时，f[ i ] = 下一个不等于 1 的数的位置 j （i < j <=n+1）,这里要注意 f[ n + 1 ] = n + 1.

  然后我们在 l ~ r 区间内寻找祖先是自己的数修改即可，具体可用指针不断更新，find 找祖先.

• 然后我们用树状数组维护即可.

三. 代码

加了个快读没开 O2 最慢点 45ms, 开 O2 最慢点29ms，代码去掉空行后40来行，也是比较短了.

 

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#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ls k<<1
#define rs k<<1|1
using namespace std;

const int N=1000005;
int n,m;
int a[N],maxn[N<<2],sum[N<<2];//4倍空间 

inline int read() {
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch<‘0‘||ch> ‘9‘) if(ch==‘-‘) f=-1,ch=getchar();//ch==‘-‘?q=1:0,ch=getchar();
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
    return x * f;
}

inline void up(int k){
    maxn[k]=max(maxn[ls],maxn[rs]);
    sum[k]=sum[ls]+sum[rs];
}

inline void build(int k,int l,int r){
    if(l==r){
        sum[k]=maxn[k]=a[l];
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    build(ls,l,mid);
    build(rs,mid+1,r);
    up(k);
}

inline void change(int k,int l,int r,int L,int R){
    if(l==r && l>=L && r<=R){
        sum[k]=maxn[k]=sqrt(sum[k]);
        return ;
    }   
    int mid=(l+r)>>1;
    if(L<=mid && maxn[ls]>1) 
        change(ls,l,mid,L,R);
    if(mid<R && maxn[rs]>1) 
        change(rs,mid+1,r,L,R);
    up(k);
}

inline int query(int k,int l,int r,int L,int R){
    if(L<=l && r<=R) 
        return sum[k];
    int mid=(l+r)>>1;
    int ans=0;
    if(L<=mid) 
        ans+=query(ls,l,mid,L,R);
    if(mid<R) 
        ans+=query(rs,mid+1,r,L,R);
    return ans;
}

signed main(){
    n=read();
    memset(sum,0,sizeof sum);
    memset(maxn,0,sizeof maxn);
    for(int i=1;i<=n;i++) 
        a[i]=read();
    build(1,1,n);
    m=read();
    while(m--){
        int op=read(),l=read(),r=read();
        if(l>r) 
            swap(l,r);
        if(op==0) 
            change(1,1,n,l,r);
        else printf("%d
",query(1,1,n,l,r));
    }
    printf("
");
}