洛谷 P5280 [ZJOI2019]线段树 dp+线段树

题目描述
九条可怜是一个喜欢数据结构的女孩子，在常见的数据结构中，可怜最喜欢的就是线段树。

线段树的核心是懒标记，下面是一个带懒标记的线段树的伪代码，其中 $tag$ 数组为懒标记：

其中函数 $\operatorname{Lson}(Node)$ 表示 $Node$ 的左儿子， $\operatorname{Rson}(Node)$ 表示 $Node$ 的右儿子。

现在可怜手上有一棵 $[1,n]$ 上的线段树，编号为 $1$ 。这棵线段树上的所有节点的 $tag$ 均为 $0$ 。接下来可怜进行了 $m$ 次操作，操作有两种：

$1\ l\ r$ ，假设可怜当前手上有 $t$ 棵线段树，可怜会把每棵线段树复制两份（ $tag$ 数组也一起复制），原先编号为 $i$ 的线段树复制得到的两棵编号为 $2i-1$ 与 $2i$ ，在复制结束后，可怜手上一共有 $2t$ 棵线段树。接着，可怜会对所有编号为奇数的线段树进行一次 $\operatorname{Modify}(root,1,n,l,r)$ 。

$2$ ，可怜定义一棵线段树的权值为它上面有多少个节点 $tag$ 为 $1$ 。可怜想要知道她手上所有线段树的权值和是多少。

输入输出格式
输入格式：
第一行输入两个整数 $n,m$ 表示初始区间长度和操作个数。

接下来 $m$ 行每行描述一个操作，输入保证 $1 \le l \le r \le n$ 。

输出格式：
对于每次询问，输出一行一个整数表示答案，答案可能很大，对 $998244353$ 取模后输出即可。

输入输出样例
输入样例#1：
5 5
2
1 1 3
2
1 3 5
2
输出样例#1：
0
1
6
说明
$[1,5]$ 上的线段树如下图所示：

在第一次询问时，可怜手上有一棵线段树，它所有点上都没有标记，因此答案为 $0$ 。

在第二次询问时，可怜手上有两棵线段树，按照编号，它们的标记情况为：

点 $[1,3]$ 上有标记，权值为 $1$ 。
没有点有标记，权值为 $0$ 。
因此答案为 $1$ 。

在第三次询问时，可怜手上有四棵线段树，按照编号，它们的标记情况为：

点 $[1,2],[3,3],[4,5]$ 上有标记，权值为 $3$ 。
点 $[1,3]$ 上有标记，权值为 $1$ 。
点 $[3,3],[4,5]$ 上有标记，权值为 $2$ 。
没有点有标记，权值为 $0$ 。
因此答案为 $6$ 。

分析：
我们把线段树上的点分成5类。
在这里插入图片描述
假设操作区间为 $[x,y]$ ，第一类点区间 $[l,r]$ 包含 $[x,y]$ 。也就是线段树操作经过的点，即白色点。
第二类点是修改点，即打上 $tag$ 的点，深灰色点。
第三类点是不直接遍历到，但是可以通过下传改变的点，即橙色点。
第四类点是第二类点的儿子，第五类点是第三类点的儿子。

我们设 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 次操作后， $j$ 号节点 $tag$ 的个数。
$g[i][j]$ 表示第 $i$ 次操作后， $j$ 到根路径上不含 $tag$ 的个数。

对于第一类点，显然所有点 $tag$ 都被清掉，
$f[i][j]=f[i-1][j]$
$g[i][j]=g[i-1][j]+2^{i-1}$

第二类点都打上了 $tag$ ，
$f[i][j]=f[i-1][j]+2^{i-1}$
$g[i][j]=g[i-1][j]$

第三类点取决于上面有没有 $tag$ ，
$f[i][j]=f[i-1][j]+2^{i-1}-g[i-1][j]$
$g[i][j]=2*g[i-1][j]$

第四类点和第五类点类似，都是影响不到的，只是修改后四类点的 $g$ 一定是0
$f[i][j]=2*f[i-1][j]$
$g[i][j]=0+g[i-1][j]$

$f[i][j]=2*f[i-1][j]$
$g[i][j]=2*g[i-1][j]$

其中一二三类点为 $O(logn)$ 个，四五类点为 $O(n)$ 个。对于四五类点，可以通过线段树打tag的方式，也就是个最浅的儿子打上乘2的tag。

代码：

// luogu-judger-enable-o2
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define LL long long

const int maxn=2e6+7;
const LL mod=998244353;

using namespace std;

int n,m,k,op,x,y;
LL f[maxn],g[maxn],a[maxn],b[maxn],sum[maxn];

void build(int p,int l,int r)
{
    g[p]=a[p]=b[p]=1;
    if (l==r) return;
    int mid=(l+r)/2;
    build(p*2,l,mid);
    build(p*2+1,mid+1,r);
}

void pushf(int p,LL k)
{
    f[p]=f[p]*k%mod;
    sum[p]=sum[p]*k%mod;
    a[p]=a[p]*k%mod;
}

void pushg(int p,LL k)
{
    g[p]=g[p]*k%mod;
    b[p]=b[p]*k%mod;
}

void pushdown(int p)
{
    if (a[p]!=1)
    {
        pushf(p*2,a[p]);
        pushf(p*2+1,a[p]);
        a[p]=1;
    }
    if (b[p]!=1)
    {
        pushg(p*2,b[p]);
        pushg(p*2+1,b[p]);
        b[p]=1;
    }
}

void modify(int p,int l,int r,int x,int y)
{
    pushdown(p);
    if ((l==x) && (r==y))
    {
        f[p]=(f[p]+(LL)k)%mod;
        pushf(p*2,2);
        pushf(p*2+1,2);
    }
    else
    {
        int mid=(l+r)/2;
        g[p]=(g[p]+(LL)k)%mod;
        if (y<=mid)
        {
            modify(p*2,l,mid,x,y);
            pushdown(p*2+1);
            f[p*2+1]=(f[p*2+1]+(LL)k+mod-g[p*2+1])%mod;
            g[p*2+1]=g[p*2+1]*2%mod;
            pushf((p*2+1)*2,2),pushf((p*2+1)*2+1,2);
            pushg((p*2+1)*2,2),pushg((p*2+1)*2+1,2);
            sum[p*2+1]=(sum[(p*2+1)*2]+sum[(p*2+1)*2+1]+f[p*2+1])%mod;
        }
        else
        {
        	if (x>mid)
        	{
        		modify(p*2+1,mid+1,r,x,y);
        		pushdown(p*2);
                f[p*2]=(f[p*2]+(LL)k+mod-g[p*2])%mod;
                g[p*2]=g[p*2]*2%mod;
                pushf((p*2)*2,2),pushf((p*2)*2+1,2);
                pushg((p*2)*2,2),pushg((p*2)*2+1,2);
                sum[p*2]=(sum[(p*2)*2]+sum[(p*2)*2+1]+f[p*2])%mod;
        	}
        	else
        	{
        		modify(p*2,l,mid,x,mid);
        		modify(p*2+1,mid+1,r,mid+1,y);
        	}
        }
            
    }
    sum[p]=(sum[p*2]+sum[p*2+1]+f[p])%mod;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    build(1,1,n);
    k=1;	
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d",&op);
        if (op==1)
        {
            scanf("%d%d",&x,&y);
            modify(1,1,n,x,y);
            k=(LL)k*2%mod;
        }
        else printf("%lld\n",sum[1]);
    }
}

洛谷 P5280 [ZJOI2019]线段树 dp+线段树

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