题目描述
小林是个程序媛，不可避免地康娜对这种人类的“魔法”产生了浓厚的兴趣，于是小林开始教她OI。
今天康娜学习了一种叫做线段树的神奇魔法，这种魔法可以维护一段区间的信息，是非常厉害的东西。康娜试着写了一棵维护区间和的线段树。由于她不会打标记，因此所有的区间加操作她都是暴力修改的。具体的代码如下：
struct Segment_Tree{
#define lson (o<<1)
#define rson (o<<1|1)
int sumv[N<<2],minv[N<<2];
inline void pushup(int o){sumv[o]=sumv[lson]+sumv[rson];}
inline void build(int o,int l,int r){
if(l==r){sumv[o]=a[l];return;}
int mid=(l+r)>>1;
build(lson,l,mid);build(rson,mid+1,r);
pushup(o);
}
inline void change(int o,int l,int r,int q,int v){
if(l==r){sumv[o]+=v;return;}
int mid=(l+r)>>1;
if(q<=mid)change(lson,l,mid,q,v);
else change(rson,mid+1,r,q,v);
pushup(o);
}
}T; 在修改时，她会这么写：
for(int i=l;i<=r;i++)T.change(1,1,n,i,addv);显然，这棵线段树每个节点有一个值，为该节点管辖区间的区间和。
康娜是个爱思考的孩子，于是她突然想到了一个问题：
如果每次在线段树区间加操作做完后，从根节点开始等概率的选择一个子节点进入，直到进入叶子结点为止，将一路经过的节点权值累加，最后能得到的期望值是多少？
康娜每次会给你一个值 qwqqwqqwq ，保证你求出的概率乘上 qwqqwqqwq 是一个整数。
这个问题太简单了，以至于聪明的康娜一下子就秒了。
现在她想问问你，您会不会做这个题呢？
输入输出格式
输入格式：
第一行整数 n,m,qwqn,m,qwqn,m,qwq 表示线段树维护的原序列的长度，询问次数，分母。
第二行 nnn 个数，表示原序列。
接下来 mmm 行，每行三个数 l,r,xl,r,xl,r,x 表示对区间[l,r][l,r][l,r] 加上 xxx
输出格式：
共 mmm 行，表示期望的权值和乘上qwq结果。
输入输出样例
说明
对于30%的数据，保证 1≤n,m≤1001 leq n,m leq 1001≤n,m≤100
对于70%的数据，保证 1≤n,m,≤1051 leq n,m, leq 10^{5}1≤n,m,≤105
对于100%的数据，保证1≤n,m≤1061 leq n,m leq 10^6 1≤n,m≤106
−1000≤ai,x≤1000-1000 leq a_i,x leq 1000−1000≤ai,x≤1000
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<stack>
#include<functional>
#include<sstream>
//#include<cctype>
//#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
#define maxn 1000005
#define inf 0x7fffffff
//#define INF 1e18
#define rdint(x) scanf("%d",&x)
#define rdllt(x) scanf("%lld",&x)
#define rdult(x) scanf("%lu",&x)
#define rdlf(x) scanf("%lf",&x)
#define rdstr(x) scanf("%s",x)
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int U;
#define ms(x) memset((x),0,sizeof(x))
const long long int mod = 1e9 + 7;
#define Mod 1000000000
#define sq(x) (x)*(x)
#define eps 1e-3
typedef pair<int, int> pii;
#define pi acos(-1.0)
//const int N = 1005;
#define REP(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
typedef pair<int, int> pii;
inline ll rd() {
ll x = 0;
char c = getchar();
bool f = false;
while (!isdigit(c)) {
if (c == '-') f = true;
c = getchar();
}
while (isdigit(c)) {
x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
c = getchar();
}
return f ? -x : x;
}
ll gcd(ll a, ll b) {
return b == 0 ? a : gcd(b, a%b);
}
int sqr(int x) { return x * x; }
/*ll ans;
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
if (!b) {
x = 1; y = 0; return a;
}
ans = exgcd(b, a%b, x, y);
ll t = x; x = y; y = t - a / b * y;
return ans;
}
*/
int n;
int a[maxn];
int val[maxn];
int presum[maxn];
ll sum[maxn<<2];
ll ppsum[maxn];
int depth[maxn];
int qwq, Q, maxdep;
ll ans, fm;
void build(int l, int r, int dep, ll sm) {
if (l == r) {
depth[l] = dep; val[l] = sm;
maxdep = max(maxdep, dep);
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(l, mid, dep + 1, sm + presum[mid] - presum[l - 1]);
build(mid + 1, r, dep + 1, sm + presum[r] - presum[mid]);
}
ll dfs(int l, int r, int i) {
if (l == r)return sum[i] = 1ll << (maxdep - depth[l]);
int mid = (l + r) >> 1;
return sum[i] = dfs(l, mid, i << 1) + dfs(mid + 1, r, i << 1 | 1);
}
void ppdfs(int l, int r, int i, ll sm) {
if (l == r) {
ppsum[l] = sm; return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
ppdfs(l, mid, i << 1, sm + sum[i << 1]);
ppdfs(mid + 1, r, i << 1 | 1, sm + sum[i << 1 | 1]);
}
int main() {
//ios::sync_with_stdio(0);
rdint(n); rdint(Q); rdint(qwq);
for (int i = 1; i <= n; i++)rdint(a[i]), presum[i] = presum[i - 1] + a[i];
build(1, n, 0, presum[n]); dfs(1, n, 1);
ppdfs(1, n, 1, sum[1]);
for (int i = 1; i <= n; i++)ppsum[i] = ppsum[i - 1] + ppsum[i];
for (int i = 1; i <= n; i++)ans += val[i] * (1ll << (maxdep - depth[i]));
int x, y, z;
fm = 1ll << maxdep;
ll Gcd = gcd(fm, qwq);
qwq /= Gcd; fm /= Gcd;
for (int i = 1; i <= Q; i++) {
rdint(x); rdint(y); rdint(z);
ans += (z * (ppsum[y] - ppsum[x - 1]));
printf("%lld
", (ll)ans*qwq/fm);
}
return 0;
}