LibreOJ2302

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Description

有一个整数(x=0)，对其进行(n(nleq10^6))次操作：

• 给出(a(|a|leq10^9),b(bleq30n))，将(x)加上(acdot 2^b)。
• 询问(x)在二进制下位权为(2^k(kleq30n))的位的值。

保证任意时刻(xgeq0)。

Solution

用线段树来模拟二进制下的加减运算。
线段树上的每个位置维护(30)位二进制数，即第一位维护(2^0...2^{29})，第二位维护(2^{30}...2^{59})，以此类推。考虑当我们将某位置上的值修改为(a)后应当怎么做：

• 若(ain[0,2^{30}))，则什么也不做。
• 若(ageq2^{30})，则需要进位：将前面一段连续的(2^{30}-1)修改为(0)，然后将这段(2^{30}-1)前面的一个数(+1)。
• 若(a<0)，则需要退位：将前面一段连续的(0)修改为(2^{30}-1)，然后将这段(0)前面的一个数(-1)。

那么我们需要区间修改，单点查询，并维护每个区间从低位到高位连续的(0/2^{30}-1)的长度。具体细节可以看代码。

时间复杂度(O(nlogn))。

Code

//「NOI2017」整数
#include <cstdio>
#include <cstring>
inline char gc()
{
    static char now[1<<16],*s,*t;
    if(s==t) {t=(s=now)+fread(now,1,1<<16,stdin); if(s==t) return EOF;}
    return *s++;
}
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=gc();
    while(ch<'0'||'9'<ch) f=(ch^'-')?f:-1,ch=gc();
    while('0'<=ch&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
    return x*f;
}
int const N=4e6+10;
int const N0=30;
int n=1e6+100;
int Q,t1,t2,t3;
#define Ls (p<<1)
#define Rs ((p<<1)|1)
int rt,len[2][N],val[N],tag[N];
void update(int p,int L0,int R0)
{
    int mid=L0+R0>>1;
    len[0][p]=len[0][Ls]+(len[0][Ls]==mid-L0+1)*len[0][Rs];
    len[1][p]=len[1][Ls]+(len[1][Ls]==mid-L0+1)*len[1][Rs];
}
void change(int p,int L0,int R0,int x)
{
    if(x) val[p]=(1<<N0)-1; else val[p]=0;
    tag[p]=x,len[x][p]=R0-L0+1,len[x^1][p]=0;
}
void pushdw(int p,int L0,int R0)
{
    if(tag[p]<0) return;
    int mid=L0+R0>>1;
    change(Ls,L0,mid,tag[p]),change(Rs,mid+1,R0,tag[p]);
    tag[p]=-1;
}
int L,R,cyV;
void ins1(int p,int L0,int R0,int v)
{
    if(L<=L0&&R0<=R)
    {
        val[p]+=v;
        if(val[p]>=(1<<N0)) cyV=1,val[p]&=(1<<N0)-1;
        if(val[p]<0) cyV=0,val[p]+=1<<N0;
        len[0][p]=len[1][p]=0;
        if(val[p]==0) len[0][p]=1;
        if(val[p]==(1<<N0)-1) len[1][p]=1;
        return;
    }
    pushdw(p,L0,R0);
    int mid=L0+R0>>1;
    if(L<=mid) ins1(Ls,L0,mid,v);
    if(mid<R) ins1(Rs,mid+1,R0,v);
    update(p,L0,R0);
}
void ins2(int p,int L0,int R0,int v)
{
    if(L<=L0&&R0<=R) {change(p,L0,R0,v); return;}
    pushdw(p,L0,R0);
    int mid=L0+R0>>1;
    if(L<=mid) ins2(Ls,L0,mid,v);
    if(mid<R) ins2(Rs,mid+1,R0,v);
    update(p,L0,R0);
}
int query1(int p,int L0,int R0)
{
    if(L<=L0&&R0<=R) return val[p];
    pushdw(p,L0,R0);
    int mid=L0+R0>>1;
    if(L<=mid) return query1(Ls,L0,mid);
    if(mid<R) return query1(Rs,mid+1,R0);
}
//query2返回在[L0,R0]∩[L,R]中L向后有多少个连续的v
int query2(int p,int L0,int R0,int v)
{
    if(L<=L0&&R0<=R) return len[v][p];
    pushdw(p,L0,R0);
    int mid=L0+R0>>1,r1=0,r2=0;
    if(L<=mid) r1=query2(Ls,L0,mid,v);
    if(mid<R) r2=query2(Rs,mid+1,R0,v);
    if(L<=mid) return r1+(r1==mid-L+1)*r2;
    else return r2;
}
void add(int x,int v)
{
    L=R=x,cyV=-1; ins1(rt,1,n,v);
    if(cyV>=0)
    {
        L=x+1,R=n; int len=query2(rt,1,n,cyV);
        L=x+1,R=x+len; if(L<=R) ins2(rt,1,n,cyV^1);
        L=R=x+len+1; ins1(rt,1,n,cyV?1:-1);
    }
}
int main()
{
    Q=read(); t1=read(),t2=read(),t3=read();
    memset(tag,-1,sizeof tag);
    rt=1;
    change(rt,1,n,0);
    for(int i=1;i<=Q;i++)
    {
        int opt=read();
        if(opt==1)
        {
            int a=read(),b=read();
            int b1=b/N0+1,b2=b%N0,t=1<<(N0-b2);
            int a1=a/t,a2=a%t*(1<<b2);
            add(b1,a2); add(b1+1,a1);
        }
        else
        {
            int k=read();
            int k1=k/N0+1,k2=k%N0;
            L=R=k1; printf("%d
",(query1(rt,1,n)>>k2)&1);
        }
    }
    return 0;
}

P.S.

多谢Pickupwin大佬指点