P3924 康娜的线段树
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：(略)
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 qwq ，保证你求出的概率乘上 qwq 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？
\(n, m <= 10^{6}\)
Solution
单点将 叶子结点\(k\) 加上 \(x\) ， 由于线段树的结构， 设此节点处于线段树第 \(dep[k]\) 层， 有答案加上：
\]
然后区间修改可以视为多次单点修改， 互相不构成影响， 令 \(a[i] = \frac{2^{n} - 1}{2^{n - 1}}\) ， 固有 \(l, r\) 的修改总答案加上：
\]
可以以前缀和维护 \(a[i]\) ， 故式子变为：
\]
可以在 \(O(1)\) 的时间内完成一次询问
现在只需要求解每个叶子节点的深度即可
处理数据的时候有可能在前缀和部分无法很好的解决精度问题， 为了简便运算， 令所有的 \(a[i] *= 2^{maxdep}\) ， 这样每个 \(a[i]\) 就变成了
\]
在输出的时候统一再除以 \(frac = 2^{maxdep}\) 即可
输出为：$$(sum[r] - sum[l - 1]) * x / frac * qwq$$
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<climits>
#define LL long long
#define REP(i, x, y) for(LL i = (x);i <= (y);i++)
using namespace std;
LL RD(){
LL out = 0,flag = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c >'9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}
return flag * out;
}
const LL maxn = 2000019;
LL num, na, qwq;
LL v[maxn], dep[maxn], maxdep;
LL ans;
#define lid (id << 1)
#define rid (id << 1) | 1
struct seg_tree{
LL l, r;
LL sum;
}tree[maxn << 2];
void build(LL id, LL l, LL r, LL d){
tree[id].l = l, tree[id].r = r;
if(l == r){
tree[id].sum = v[l];
dep[l] = d;
maxdep = max(maxdep, d);
return ;
}
LL mid = (l + r) >> 1;
build(lid, l, mid, d + 1), build(rid, mid + 1, r, d + 1);
tree[id].sum = tree[lid].sum + tree[rid].sum;
}
void dfs(LL id, LL d){
ans += tree[id].sum * (1 << (maxdep - d + 1));
if(tree[id].l == tree[id].r)return ;
dfs(lid, d + 1), dfs(rid, d + 1);
}
LL gcd(LL a, LL b){return !b ? a : gcd(b, a % b);}
LL a[maxn], sum[maxn];
int main(){
num = RD(), na = RD(), qwq = RD();
REP(i, 1, num)v[i] = RD();
build(1, 1, num, 1), dfs(1, 1);
LL frac = 1 << maxdep;
LL d = gcd(frac, qwq);
frac /= d, qwq /= d;
REP(i, 1, num){
a[i] = ((1 << dep[i]) - 1) * (1 << (maxdep - dep[i] + 1));
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
}
while(na--){
LL l = RD(), r = RD(), x = RD();
ans += (sum[r] - sum[l - 1]) * x;
printf("%lld\n", ans / frac * qwq);
}
return 0;
}