题目描述
有一个长度为 的序列,有三个操作:
I a b c表示将
这一段区间的元素集体增加
;
R a b表示将
区间内所有元素变成相反数;
Q a b c表示询问
这一段区间中选择
个数相乘的所有方案的和
的值。
输入输出格式
输入格式:
第一行两个数 n, qn,q 表示序列长度和操作个数。
第二行 nn 个非负整数,表示序列。
接下来 qq 行每行输入一个操作I a b c或者R a b或者Q a b c,意义如题目描述。
输出格式:
对于每个询问,输出选出 c 个数相乘的所有方案的和
的值。
输入输出样例
输入样例#1:
5 5
1 2 3 4 5
I 2 3 1
Q 2 4 2
R 1 5
I 1 3 -1
Q 1 5 1
输出样例#1:
40
19940397
说明
样例说明:
做完第一个操作序列变为1 3 4 4 5。
第一次询问结果为 3×4+3×4+4×4=40 。
做完R操作变成-1 -3 -4 -4 -5。
做完I操作变为-2 -4 -5 -4 -5。
第二次询问结果为 −2−4−5−4−5=−20 。
数据范围:
对于100%的数据, ,初始序列的元素的绝对值 \leq 109≤109 ,保证 是一个合法区间,I操作中 ,Q操作中 。
分析:首先因为查询
很小,所以我们可以维护
所有的
。
区间加
答案应该怎样修改呢?
对于一个长度为
的序列
会变为
。所以这个序列新的值为,
。
观察可以得到,一个序列的新值等于其任意一个子序列的和*
,其中
为原序列长-子序列长。那对于区间内所有的长度为
序列,每一个长度为
的序列都对该序列有贡献。假设区间长度为
,区间
个数相乘结果为
,长度为
的序列可以通过在
中选
个数来贡献长度为
的序列,因为每个长度为
的贡献次数一样,所以直接可以用
来贡献
。转移方程为,
合并区间也就是左边选 个数,右边选 个数的和相乘,就是新区间 个数的和。
区间取反会改变奇数 的 ,暴力处理就可以了。
复杂度为
写完只会疯狂RE,对拍有没错,最后暴力开到50w就过了,我看标都是20w。。。
代码:
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#define LL long long
const int maxn=50007;
const LL mod=19940417;
using namespace std;
struct rec{
LL f[21];
};
struct tree{
rec ans;
LL lazy;
int rev;
}t[500007];
int a[maxn];
LL c[maxn][21];
LL power[21];
int n,test,x,y,z;
LL k;
rec merge(rec x,rec y)
{
rec z;
for (int i=0;i<=20;i++)
{
z.f[i]=0;
for (int j=0;j<=i;j++)
{
z.f[i]=(z.f[i]+x.f[j]*y.f[i-j]%mod)%mod;
}
}
return z;
}
void build(int p,int l,int r)
{
if (l==r)
{
t[p].ans.f[0]=1;
t[p].ans.f[1]=(a[l]%mod+mod)%mod;
return;
}
int mid=(l+r)/2;
build(p*2,l,mid);
build(p*2+1,mid+1,r);
t[p].ans=merge(t[p*2].ans,t[p*2+1].ans);
}
void change(int p,int len,LL k)
{
power[0]=1;
for (int i=1;i<=20;i++) power[i]=(power[i-1]*k)%mod;
for (int i=20;i>=0;i--)
{
for (int j=0;j<i;j++)
{
t[p].ans.f[i]=(t[p].ans.f[i]+t[p].ans.f[j]*power[i-j]%mod*c[len-j][i-j]%mod)%mod;
}
}
}
void cleanrev(int p)
{
for (int i=0;i<=20;i++) if (i%2) t[p].ans.f[i]=(mod-t[p].ans.f[i])%mod;
}
void mark(int p,int l,int r)
{
int mid=(l+r)/2;
if (t[p].rev)
{
t[p*2].rev^=1;
t[p*2].lazy=(mod-t[p*2].lazy)%mod;
cleanrev(p*2);
t[p*2+1].rev^=1;
t[p*2+1].lazy=(mod-t[p*2+1].lazy)%mod;
cleanrev(p*2+1);
t[p].rev^=1;
}
if (t[p].lazy)
{
t[p*2].lazy=(t[p*2].lazy+t[p].lazy)%mod;
t[p*2+1].lazy=(t[p*2+1].lazy+t[p].lazy)%mod;
change(p*2,mid-l+1,t[p].lazy);
change(p*2+1,r-mid,t[p].lazy);
t[p].lazy=0;
}
}
void ins(int p,int l,int r,int x,int y,LL k)
{
if ((l==x) && (r==y))
{
t[p].lazy=(t[p].lazy+k)%mod;
change(p,r-l+1,k);
return;
}
int mid=(l+r)/2;
mark(p,l,r);
if (y<=mid) ins(p*2,l,mid,x,y,k);
else if (x>mid) ins(p*2+1,mid+1,r,x,y,k);
else
{
ins(p*2,l,mid,x,mid,k);
ins(p*2+1,mid+1,r,mid+1,y,k);
}
t[p].ans=merge(t[p*2].ans,t[p*2+1].ans);
}
void rep(int p,int l,int r,int x,int y)
{
if ((l==x) && (r==y))
{
t[p].rev^=1;
cleanrev(p);
LL now=(mod-t[p].lazy)%mod;
t[p].lazy=now;
return;
}
int mid=(l+r)/2;
mark(p,l,r);
if (y<=mid) rep(p*2,l,mid,x,y);
else if (x>mid) rep(p*2+1,mid+1,r,x,y);
else
{
rep(p*2,l,mid,x,mid);
rep(p*2+1,mid+1,r,mid+1,y);
}
t[p].ans=merge(t[p*2].ans,t[p*2+1].ans);
}
rec query(int p,int l,int r,int x,int y)
{
if ((l==x) && (r==y)) return t[p].ans;
int mid=(l+r)/2;
mark(p,l,r);
if (y<=mid) return query(p*2,l,mid,x,y);
else if (x>mid) return query(p*2+1,mid+1,r,x,y);
else return merge(query(p*2,l,mid,x,mid),query(p*2+1,mid+1,r,mid+1,y));
}
int main()
{
// freopen("data.in","r",stdin);
// freopen("mypout.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&test);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
c[0][0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
c[i][0]=1;
for (int j=1;j<=20;j++) c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
}
build(1,1,n);
char s[10];
for (int i=1;i<=test;i++)
{
scanf("%s",s);
if (s[0]=='I')
{
scanf("%d%d%lld",&x,&y,&k);
k=(k%mod+mod)%mod;
ins(1,1,n,x,y,k);
}
if (s[0]=='R')
{
scanf("%d%d",&x,&y);
rep(1,1,n,x,y);
}
if (s[0]=='Q')
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
rec d=query(1,1,n,x,y);
printf("%lld\n",d.f[z]);
}
}
}