Naive Operations
Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others) Memory Limit: 502768/502768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1720 Accepted Submission(s): 738
Problem Description
In a galaxy far, far away, there are two integer sequence a and b of length n.
b is a static permutation of 1 to n. Initially a is filled with zeroes.
There are two kind of operations:
1. add l r: add one for al,al+1...ar
2. query l r: query ∑ri=l⌊ai/bi⌋
Input
There are multiple test cases, please read till the end of input file.
For each test case, in the first line, two integers n,q, representing the length of a,b and the number of queries.
In the second line, n integers separated by spaces, representing permutation b.
In the following q lines, each line is either in the form 'add l r' or 'query l r', representing an operation.
1≤n,q≤100000, 1≤l≤r≤n, there're no more than 5 test cases.
Output
Output the answer for each 'query', each one line.
Sample Input
5 12
1 5 2 4 3
add 1 4
query 1 4
add 2 5
query 2 5
add 3 5
query 1 5
add 2 4
query 1 4
add 2 5
query 2 5
add 2 2
query 1 5Sample Output
1
1
2
4
4
6Source
2018 Multi-University Training Contest 2
题意
给出两个n个元素的数组A,B;
A数组初始值为0，B数组输入。
现在要求完成以下两种操作
1.add l r 将 A数组[l,r]区间加1
2.query l r 计算
题解
我们会想这就是一个线段树的题目，可是由于query运算中的下取整导致运算不具有可加性。
也就是说单纯的区间更新区间查询并不能维护这样的运算。
所以我们无法实现完美的区间更新。
但是我们发现区间更新只有很小一部分才会对答案产生贡献，更一般的来说就是我们允许将一部分区间更新
变为单点更新。
那么我们来考虑一下什么时候需要单点更新，
设 ，每次查询[l,r]就变成
而被更新的时候当且仅当A[i] == k*B[i]，
需要更新意味着需要单点更新，即更新到线段树叶节点。
而A[i]从0开始每次加1，Q查询次数最多为100000
所以C[i]总共被更新
而q和n最大为100000，O(qlogn)还是可行的
具体做法就是
线段树维护两个数组minv[],sum[]
minv维护区间最小值，sum维护答案的区间和。
minv数组初始化为B[]数组的值，每次add操作相当于区间减法。
当minv[rt] 为1时，表示这个区间存在对C[](sum[])产生贡献的元素。
于是需要更新到叶子节点。
其余只需要区间更新即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5+10;
int b[maxn],n,q,ql,qr;
char op[10];
struct SegTree
{
int sum[maxn<<2],minv[maxn<<2],lz[maxn<<2];
void init() {
memset(minv,0,sizeof(minv));
memset(sum,0,sizeof(sum));
memset(lz,0,sizeof(lz));
}
void push_up(int rt) {
minv[rt] = min(minv[rt<<1],minv[rt<<1|1]);
sum[rt] = sum[rt<<1] + sum[rt<<1|1];
}
void push_down(int rt) {
if(!lz[rt]) return;
lz[rt<<1] += lz[rt];
lz[rt<<1|1] += lz[rt];
minv[rt<<1] += lz[rt];
minv[rt<<1|1] += lz[rt];
lz[rt] = 0;
}
void build(int arr[],int l,int r,int rt) {
lz[rt] = minv[rt] = sum[rt] = 0;
if(l == r) {
minv[rt] = arr[l];
return;
}
int mid = (l+r)>>1;
build(arr,l,mid,rt<<1);
build(arr,mid+1,r,rt<<1|1);
push_up(rt);
}
void update(int ql,int qr,int l,int r,int rt) {
if(ql == l && qr == r) {
if(minv[rt] > 1) {
minv[rt]--;
lz[rt]--;
}
else {
if(ql == qr) {
sum[rt]++;
minv[rt] = b[l];
}
else {
push_down(rt);
int mid = (l+r)>>1;
if(minv[rt<<1] == 1) update(ql,mid,l,mid,rt<<1);
else {
minv[rt<<1]--;
lz[rt<<1]--;
}
if(minv[rt<<1|1] == 1) update(mid+1,qr,mid+1,r,rt<<1|1);
else {
minv[rt<<1|1]--;
lz[rt<<1|1]--;
}
push_up(rt);
}
}
return;
}
push_down(rt);
int mid = (l + r) >> 1;
if(qr <= mid) update(ql,qr,l,mid,rt<<1);
else if(ql > mid) update(ql,qr,mid+1,r,rt<<1|1);
else {
update(ql,mid,l,mid,rt<<1);
update(mid+1,qr,mid+1,r,rt<<1|1);
}
push_up(rt);
}
int query(int ql,int qr,int l,int r,int rt) {
if(ql == l && qr == r) {
return sum[rt];
}
push_down(rt);
int mid = (l+r)>>1;
if(qr <= mid) return query(ql,qr,l,mid,rt<<1);
if(ql > mid) return query(ql,qr,mid+1,r,rt<<1|1);
return query(ql,mid,l,mid,rt<<1) + query(mid+1,qr,mid+1,r,rt<<1|1);
}
}seg;
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&q))
{
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);
seg.init();
seg.build(b,1,n,1);
while(q--)
{
scanf("%s%d%d",op,&ql,&qr);
if(op[0] == 'a') {
seg.update(ql,qr,1,n,1);
}
else {
printf("%d\n",seg.query(ql,qr,1,n,1));
}
}
}
return 0;
}