Description
有一条长度为n的链（1≤i<n，点i与点i+1之间有一条边的无向图），每个点有一个整数权值，第i个点的权值是
a_i。现在有m个操作，每个操作如下：
操作1（修改）：给定链上两个节点u、v和一个整数d，表示将链上u到v唯一的简单路径上每个点权值都加上d。
操作2（询问）：给定两个正整数L、r，表示求链上所有节点个数大于等于L且小于等于r的简单路径节点权值和之和。
由于答案很大，只用输出对质数1000000007取模的结果即可。
一条节点个数为k的简单路径节点权值和为这条上所有k个节点（包括端点）的权值之和，
而本题中要求是对所有满足要求的简单路径，求这一权值和的和。
由于是无向图，路径也是无向的，即点1到点2的路径与点2到点1的路径是同一条，不要重复计算。
Solution
开始想考虑每个点的贡献,然后发现要分三段讨论,并且维护的东西有点多,写不下去了
最后直接模拟题意:
设 \(s_i\) 为 \(a_i\) 的前缀和, \(ss_i\) 为 \(s_i\) 的前缀和
求 \(\sum_{k=l}^r\sum_{i=k}^n (s_i-s_{i-k})\)
\(\sum_{k=l}^r (\sum_{i=k}^{n}s_i-\sum_{i=0}^{n-k}s_i)\)
\(\sum_{k=l}^r (ss_n-ss_{k-1}-ss_{n-k})\)
\((r-l+1)*ss_n-\sum_{k=l-1}^{r-1}ss_k-\sum_{k=n-r}^{n-l}ss_k\)
线段树维护 \(ss\) 就好了
关于修改:
分两段考虑:
\(l<=i<=r\),\(ss_i\) 加上 \(d*\frac{(i-l+1)*(i-l+2)}{2}\)
\(r<i<=n\), \(ss_i\) 加上 \(d*(\frac{(r-l+1)*(r-l+2)}{2}+(r-l+1)*(i-r)*d)\)
分别是关于 \(i\) 的二次函数和一次函数
维护系数 \(a,b,c\) 就好了
#include<bits/stdc++.h>
#define ls (o<<1)
#define rs (o<<1|1)
using namespace std;
template<class T>void gi(T &x){
int f;char c;
for(f=1,c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')f=-1;
for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=getchar())x=x*10+(c&15);x*=f;
}
const int N=2e5+10,mod=1e9+7,inv=166666668,inv2=500000004;
int n,Q,a[N],s[N],ss[N],tr[N*4],A[N*4],B[N*4],C[N*4];
int la,lb,lc;
inline int S1(int l,int r){return (1ll*(l+r)*(r-l+1)>>1)%mod;}
inline int S2(int l,int r){
int rr=1ll*r*(r+1)%mod*((r<<1)+1)%mod;l--;
int ll=1ll*l*(l+1)%mod*((l<<1)+1)%mod;
return 1ll*(rr-ll+mod)*inv%mod;
}
inline void upd(int o){tr[o]=(tr[ls]+tr[rs])%mod;}
inline void build(int l,int r,int o){
if(l==r){tr[o]=ss[l];return ;}
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,ls);build(mid+1,r,rs);
upd(o);
}
inline void pushdown(int o,int l,int r){
if(!A[o]&&!B[o]&&!C[o])return ;
int mid=(l+r)>>1;
A[ls]=(A[ls]+A[o])%mod;B[ls]=(B[ls]+B[o])%mod;C[ls]=(C[ls]+C[o])%mod;
A[rs]=(A[rs]+A[o])%mod;B[rs]=(B[rs]+B[o])%mod;C[rs]=(C[rs]+C[o])%mod;
tr[ls]=(tr[ls]+1ll*S2(l,mid)*A[o])%mod;
tr[ls]=(tr[ls]+1ll*S1(l,mid)*B[o])%mod;
tr[ls]=(tr[ls]+1ll*(mid-l+1)*C[o])%mod;
tr[rs]=(tr[rs]+1ll*S2(mid+1,r)*A[o])%mod;
tr[rs]=(tr[rs]+1ll*S1(mid+1,r)*B[o])%mod;
tr[rs]=(tr[rs]+1ll*(r-mid)*C[o])%mod;
A[o]=B[o]=C[o]=0;
}
inline void mdf(int l,int r,int o,int sa,int se){
if(sa<=l && r<=se){
A[o]=(A[o]+la)%mod;B[o]=(B[o]+lb)%mod;C[o]=(C[o]+lc)%mod;
tr[o]=(tr[o]+1ll*S2(l,r)*la)%mod;
tr[o]=(tr[o]+1ll*S1(l,r)*lb)%mod;
tr[o]=(tr[o]+1ll*(r-l+1)*lc)%mod;
return ;
}
pushdown(o,l,r);
int mid=(l+r)>>1;
if(se<=mid)mdf(l,mid,ls,sa,se);
else if(sa>mid)mdf(mid+1,r,rs,sa,se);
else mdf(l,mid,ls,sa,mid),mdf(mid+1,r,rs,mid+1,se);
upd(o);
}
inline int qry(int l,int r,int o,int sa,int se){
if(sa<=l && r<=se)return tr[o];
pushdown(o,l,r);
int mid=(l+r)>>1;
if(se<=mid)return qry(l,mid,ls,sa,se);
if(sa>mid)return qry(mid+1,r,rs,sa,se);
return (qry(l,mid,ls,sa,mid)+qry(mid+1,r,rs,mid+1,se))%mod;
}
int main(){
freopen("pp.in","r",stdin);
freopen("pp.out","w",stdout);
cin>>n>>Q;
for(int i=1;i<=n;i++)
gi(a[i]),s[i]=(s[i-1]+a[i])%mod,ss[i]=(ss[i-1]+s[i])%mod;
build(1,n,1);
int op,x,y,z;
while(Q--){
gi(op);gi(x);gi(y);
if(x>y)swap(x,y);
if(op==1){
gi(z);
z=1ll*z*inv2%mod;
la=z;lb=1ll*(3-2*x)*z%mod;lc=1ll*z*((1ll*x*x-3*x+2)%mod)%mod;
if(lb<0)lb+=mod;if(lc<0)lc+=mod;
mdf(1,n,1,x,y);
if(y<n){
z=1ll*z*2%mod;
la=0;lb=1ll*(y-x+1)*z%mod;
lc=(1ll*z*((1ll*(y-x+1)*(y-x+2)/2-1ll*(y-x+1)*y)%mod))%mod;
if(lc<0)lc+=mod;
mdf(1,n,1,y+1,n);
}
}
else{
int ans=1ll*(y-x+1)*qry(1,n,1,n,n)%mod;
if(y-1>0)ans=(1ll*ans-qry(1,n,1,max(x-1,1),y-1)+mod)%mod;
if(n-x>0)ans=(1ll*ans-qry(1,n,1,max(n-y,1),n-x)+mod)%mod;
printf("%d\n",ans);
}
}
return 0;
}