FJoi2017 1月20日模拟赛 交错和(等差数列+rmq)

【题目描述】

无限循环数字串S由长度为n的循环节s构成。设s为12345(n=5)，则数字串S为123451234512345…

设S_i为S的第i位数字，在上面的例子中，S₁=1，S₂=2，S₆=1。

设S的一个子串S[l,r]的交错和为sum(l,r)：

sum(l,r) = S_l - S₁₊₁ + S_l+2 - S_l+3 + … + (-1)^r-lS_r

如sum(2,7) = 2 - 3 + 4 - 5 + 1 - 2 = -3

现给定循环节s，要求支持两种操作：

1 pos digit：

修改循环节s上的某一位，即将s_pos改为digit。

2 l r：

求S[l,r]内所有子串的交错和的和，即

输出ans对10⁹+7的模。

【输入格式】

第一行一个整数n，表示循环节s的长度。

第二行一个长度为n的数字串，表示循环节s。

第三行一个整数m，表示操作次数。

以下m行，每行3个整数。

若第一个数为1，表示是修改操作1 pos digit。

若第一个数为2，表示是询问操作2 l r。

【输出格式】

对于每个询问操作输出一行，表示答案。

【样例输入】

5

12345

5

2 1 5

2 6 10

1 3 5

2 1 5

2 1 6

【样例输出】

19

19

25

36

【数据范围】

 

对于10%的数据点，n, m <= 50；

对于20%的数据点，n, m <= 1000；

对于40%的数据点，1 <= l <= r <= n；

对于100%的数据点，n, m <= 200000；1 <= l <= r <= 10¹⁸；1 <= pos <= n；0 <= digit <= 9；

 

Solution

毒性强烈的一道题

题解：此时询问区间[l,r]可能横跨多个循环节。借助类似于分段算法的思想,
将整个询问区间拆成三份:前缀、中间和后缀。其中前缀是询问区间[l,r]
中第一小段不完整的部分(可为空);中间部分是询问区间[l,r]中横跨的所
有完整的循环节;后缀是询问区间[l,r]中最后一小段不完整的部分(可为
空)。前缀和后缀部分的答案按照 60%的数据点中的做法查询线段树即可。而
中间部分的答案需要计算出横跨过的完整的循环节个数,并根据 n 与循环节
个数的奇偶性的不同辅以不同的计算公式,其推导比较简单但有不少细节,
可参见代码。
此外,本题可以通过将循环节延长一倍使得 n 必定为偶数,这样做就可
以避免 n 为奇数时还需使用不同的计算公式。不过这么做的话,线段树的规
模扩大一倍,而且一个修改操作需要修改 2 次线段树。算法常数更大,选手
可以通过快速 I/O 等手段改善程序性能。
时间复杂度:O(mlogn)

这里附上标解（from 福三zzq）

#include <iostream>
#include <stdlib.h>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
using namespace std;
#define SZ 812345
typedef long long ll;
int n,s[SZ];
ll MOD=1e9+7;
char tmp[SZ];
struct BB
{
private:
ll s_[SZ];
public:
ll sum(int x)
{
    ll ans=0;
    for(++x;x>=1;x-=x&-x)
        ans+=s_[x], ans%=MOD;
    return ans;
}
ll sum(int l,int r)
{
    ll ans=sum(r)-sum(l-1);
    return ans%MOD;
}
void add(int x,ll y)
{
    for(++x,y%=MOD;x<=n;x+=x&-x)
        s_[x]=(s_[x]+y)%MOD;
}
}b1[2],b2[2];
void edt(int i,int p)
{
    b1[i&1].add(i,s[i]*p);
    b2[i&1].add(i,(ll)i*s[i]*p);
}
ll qp(ll a,ll b)
{
    a%=MOD; ll aa=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) aa=aa*a%MOD;
        a=a*a%MOD; b>>=1; 
    }
    return aa;
}
#define FO(x) {freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#x".out","w",stdout);}
int main()
{
    FO(sum)
    ll inv2=qp(2,MOD-2);
    scanf("%d%s",&n,tmp);
    for(int i=0;i<n;i++)
    s[i]=s[i+n]=tmp[i]-48;
    n+=n;
    for(int i=0;i<n;i++)
        edt(i,1);
    int q; scanf("%d",&q);
    while(q--)
    {
        int o; ll l,r;
        scanf("%d%I64d%I64d",&o,&l,&r);
        if(o==1)
        {
            --l;
            edt(l,-1); edt(l+n/2,-1);
            s[l]=s[l+n/2]=r;
            edt(l,1); edt(l+n/2,1);
            continue;
        }
        --l, --r;
        {ll bk=l/n*n; l-=bk, r-=bk;}
        if(r<n)
        {
            ll ans=b1[l&1].sum(l,r)*(r+1)-b2[l&1].sum(l,r);
            ans=(ans%MOD+MOD)%MOD;
            printf("%d
",int(ans));
        }
        else
        {
            ll zj=r/n-1;
            ll s1[3]={b1[l&1].sum(l,n-1),b1[l&1].sum(0,r%n),
            b1[l&1].sum(0,n-1)};
            ll s2[3]={b2[l&1].sum(l,n-1),b2[l&1].sum(0,r%n),
            b2[l&1].sum(0,n-1)};
            ll a1=s1[0]+s1[1]+s1[2]*(zj%MOD)%MOD; a1%=MOD;
            ll a2=s2[0]+s2[1]+s1[1]*((r/n*n)%MOD)%MOD; a2%=MOD;
            a2+=s2[2]*(zj%MOD)%MOD
            +s1[2]*n%MOD*((zj+1)%MOD*(zj%MOD)%MOD*inv2%MOD)%MOD; a2%=MOD;
            ll ans=a1*((r+1)%MOD)%MOD-a2;
            ans=(ans%MOD+MOD)%MOD;
            printf("%d
",int(ans));
        }
    }
}