属于可怜出的小清新数据结构题呢
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解析
因为全部都在模(2)意义下,因此相当于单点异或,查询区间异或和.
如果你对树状数组足够熟悉,那么你会发现可怜写了一个单点加求后缀和的程序.
因此([l,r])正确的概率就要使(a_{l-1}oplus a_loplus a_{l+1}oplus ...oplus a_n=a_roplus a_{r+1}oplus...oplus a_n)
即(a_{l-1}=a_r)
于是我们用线段树维护这个问题好像就做完了
当然不对.否则怎么叫ZJOI呢
假如我们在([2,3])中等概率取反,然后查询(a_2)与(a_3)相等的概率,江道理应该是(0),但是我们的线段树会得到(frac{1}{2}).
因此我们用一个二维点(f(x,y))表示(a_x)和(a_y)相等的概率.
修改
假设我们操作([l,r]),那么它会对多少点造成影响呢?
假如有一个点((x,y)),满足(lleq xleq yleq r),那么会有(frac{2}{r-l+1})的概率使((x,y))的相同性取反(即相同变不同,不同变相同).
那么操作过一次之后(f(x,y)=f(x,y)*(1-frac{2}{r-l+1})+(1-f(x,y))*frac{2}{r-l+1}).
这个式子还是比较显然的.
假如有一个点((x,y)),满足(xleq lleq yleq r),那么会有(frac{1}{r-l+1})的概率使((x,y))的相同性取反(即相同变不同,不同变相同).
那么操作过一次之后(f(x,y)=f(x,y)*(1-frac{1}{r-l+1})+(1-f(x,y))*frac{1}{r-l+1}).
这个式子也是比较显然的.
对于(lleq xleq rleq y)同理.
询问
直接输出(f(x,y))即可.
实现
现在思路已经比较明显了.
对于每次修改,我们相当于修改(3)个矩形.
对于每次询问,我们相当于询问一个点的值.
树套树实现即可.
因为是单点询问,标记永久化.
坑点
注意到当查询为(0)时,会直接返回(0).这种情况相当于前缀异或等于后缀异或的概率,注意特判.
代码如下
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#define N (100010)
#define P (998244353)
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define rg register int
#define Label puts("NAIVE")
#define spa print(' ')
#define ent print('
')
#define rand() (((rand())<<(15))^(rand()))
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
inline char read(){
static const int IN_LEN=1000000;
static char buf[IN_LEN],*s,*t;
return (s==t?t=(s=buf)+fread(buf,1,IN_LEN,stdin),(s==t?-1:*s++):*s++);
}
template<class T>
inline void read(T &x){
static bool iosig;
static char c;
for(iosig=false,c=read();!isdigit(c);c=read()){
if(c=='-')iosig=true;
if(c==-1)return;
}
for(x=0;isdigit(c);c=read())x=((x+(x<<2))<<1)+(c^'0');
if(iosig)x=-x;
}
inline char readchar(){
static char c;
for(c=read();!isalpha(c)&&!isdigit(c);c=read())
if(c==-1)return 0;
return c;
}
const int OUT_LEN = 10000000;
char obuf[OUT_LEN],*ooh=obuf;
inline void print(char c) {
if(ooh==obuf+OUT_LEN)fwrite(obuf,1,OUT_LEN,stdout),ooh=obuf;
*ooh++=c;
}
template<class T>
inline void print(T x){
static int buf[30],cnt;
if(x==0)print('0');
else{
if(x<0)print('-'),x=-x;
for(cnt=0;x;x/=10)buf[++cnt]=x%10+48;
while(cnt)print((char)buf[cnt--]);
}
}
inline void flush(){fwrite(obuf,1,ooh-obuf,stdout);}
struct xds{
int ls,rs,w;
}a[35000010];
int rt,n,m,ind,ind2,ans,inv[N],T[N<<2];
int ksm(int a,int p){
int res=1;
while(p){
if(p&1)res=1ll*res*a%P;
a=1ll*a*a%P,p>>=1;
}
return res;
}
void merge(int &x,int y){x=((2ll*x*y%P-x-y+1)%P+P)%P;}
void Modify(int &x,int L,int R,int l,int r,int w){
if(!x)x=++ind2,a[x].w=1;
if(L==l&&R==r)return merge(a[x].w,w);
int mid=(L+R)>>1;
if(r<=mid)Modify(a[x].ls,L,mid,l,r,w);
else if(l>mid)Modify(a[x].rs,mid+1,R,l,r,w);
else Modify(a[x].ls,L,mid,l,mid,w),Modify(a[x].rs,mid+1,R,mid+1,r,w);
}
void modify(int &x,int L,int R,int lx,int ly,int rx,int ry,int w){
if(!x)x=++ind;
if(L==lx&&R==ly)return Modify(T[x],1,n,rx,ry,w);
int mid=(L+R)>>1;
if(ly<=mid)modify(a[x].ls,L,mid,lx,ly,rx,ry,w);
else if(lx>mid)modify(a[x].rs,mid+1,R,lx,ly,rx,ry,w);
else modify(a[x].ls,L,mid,lx,mid,rx,ry,w),modify(a[x].rs,mid+1,R,mid+1,ly,rx,ry,w);
}
void Query(int x,int L,int R,int p){
if(!x)return;merge(ans,a[x].w);
if(L==R)return;int mid=(L+R)>>1;
if(p<=mid)Query(a[x].ls,L,mid,p);
else Query(a[x].rs,mid+1,R,p);
}
void query(int x,int L,int R,int px,int py){
if(!x)return;if(T[x])Query(T[x],1,n,py);
if(L==R)return;int mid=(L+R)>>1;
if(px<=mid)query(a[x].ls,L,mid,px,py);
else query(a[x].rs,mid+1,R,px,py);
}
int main(){
read(n),read(m),ind2=400000;
for(int i=0;i<=n;i++)inv[i]=ksm(i,P-2);
for(int t=0,op,l,r;m;m--){
read(op),read(l),read(r);
if(op==1){
int len=r-l+1; t++;
modify(rt,0,n,l,r,l,r,(1-2*inv[len]%P+P)%P);
modify(rt,0,n,0,l-1,l,r,(1-inv[len]+P)%P);
if(r+1<=n)modify(rt,0,n,l,r,r+1,n,(1-inv[len]+P)%P);
}
else{
ans=1,query(rt,0,n,l-1,r);
if(l==1&&(t&1))ans=(1-ans+P)%P;
print(ans),ent;
}
}
return flush(),0;
}