【洛谷P4231】三步必杀【差分】

题目大意：

题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4231
一个序列，初始值全部为0。每次修改一段区间 $[l,r]$，区间 $[l,r]$中第 $i$个元素加上等差数列的第 $i$项。求最终数列的异或和以及最大值。

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思路：

$n\leq 10^7$。连带 $log$的数据结构都不给过。
由于每次加的是一个等比数列，所以考虑使用差分来解决这个问题。
假设原数列为 $a$，差分数列为 $b$。

编号	1	2	3	4	5	6	7	8	9
$a$	0	0	0	0	0	0	0	0	0
$b$	0	0	0	0	0	0	0	0	0

这次在 $[3,6]$中加入等差数列，首项加 $x$，莫项加 $y$，公差为 $d$

编号	1	2	3	4	5	6	7	8	9
$a$	0	0	$x$	$x+d$	$x+2d$	$x+3d(y)$	0	0	0
$b$	0	0	$x$	$d$	$d$	$d$	$-x-3d(-y)$	0	0

那么现在就是一个单点修改+区间修改的问题了。用线段树时间复杂度 $O(n\log n)$。
这样的复杂度还是不够优秀，如果可以把区间修改去掉，那么就可以直接在数列上单点修改了。
那么就在 $b$数组上再进行一次差分，这样就可以把 $d$消掉。

编号	1	2	3	4	5	6	7	8	9
$a$	0	0	$x$	$x+d$	$x+2d$	$y$	0	0	0
$b$	0	0	$x$	$d$	$d$	$d$	$-y$	0	0
$c$	0	0	$x$	$d-x$	0	0	$-y-d$	$y$	0

所以我们每次修改时单点修改4个点就可以了。
那么考虑如何用 $c$数组推出最终的 $a$数组。
根据差分，有 $a_i=\sum^{i}_{j=1}\sum^{j}_{xk=1}c_{xk}$。这个 $\sum^{j}_{xk=1}c_{xk}$可以把 $c_{xk}$做一个前缀和，然后易得 $a_i=a_{i-1}+sum_i$。这样就 $O(n+m)$完成了这道题。

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代码：

#include <cstdio>
#include <string>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=1e7+10;
int n,m,l,r;
ll a[N],sum[N],add,x,y,ans1,ans2;

ll read()
{
	ll d=0;
	char ch=getchar();
	while (!isdigit(ch)) ch=getchar();
	while (isdigit(ch))
		d=(d<<3)+(d<<1)+ch-48,ch=getchar();
	return d;
}

int main()
{
	n=(int)read(); m=(int)read();
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		l=(int)read(); r=(int)read(); x=read(); y=read();
		add=(y-x)/(ll)(r-l);
		a[l]+=x;
		a[l+1]+=add-x;
		a[r+1]-=add+y;
		a[r+2]+=y;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
		a[i]=a[i-1]+sum[i];
		ans1^=a[i];
		ans2=max(ans2,a[i]);
	}
	printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);
	return 0;
}