【BZOJ4373】算术天才⑨与等差数列
Description
算术天才⑨非常喜欢和等差数列玩耍。
有一天，他给了你一个长度为n的序列，其中第i个数为a[i]。
他想考考你，每次他会给出询问l,r,k，问区间[l,r]内的数从小到大排序后能否形成公差为k的等差数列。
当然，他还会不断修改其中的某一项。
为了不被他鄙视，你必须要快速并正确地回答完所有问题。
注意：只有一个数的数列也是等差数列。
Input
第一行包含两个正整数n,m(1<=n,m<=300000)，分别表示序列的长度和操作的次数。
第二行包含n个整数，依次表示序列中的每个数a[i](0<=a[i]<=10^9)。
接下来m行，每行一开始为一个数op，
若op=1，则接下来两个整数x,y(1<=x<=n，0<=y<=10^9)，表示把a[x]修改为y。
若op=2，则接下来三个整数l,r,k(1<=l<=r<=n，0<=k<=10^9)，表示一个询问。
在本题中，x,y,l,r,k都是经过加密的，都需要异或你之前输出的Yes的个数来进行解密。
Output
输出若干行，对于每个询问，如果可以形成等差数列，那么输出Yes，否则输出No。
Sample Input
1 3 2 5 6
2 1 5 1
1 5 4
2 1 5 1
Sample Output
Yes
题解：最近看到这道题热度飙升，于是也来刷一发~
对于给定的一段区间，我们如何判断排序后，它能否形成等差数列呢？换句话说，我们希望找出一些限制，使得如果一个区间是等差数列，当且仅当它满足了这些限制。可行的限制组合不唯一，这里只说我的方法。
1.区间的max-min=(r-l)*k
2.区间内任意两数的差%k=0
3.区间内无重复的数
第一个限制直接上线段树搞定。对于第二个限制，我们可以将原数组差分，然后限制就变成了差分数组中区间内的所有数%k=0，也就是区间内所有数的gcd%k=0，用线段树求区间gcd即可。
第三个限制不太好搞，但是我们只需要维护一个pre数组，pre[i]表示上一个和v[i]相等的位置。在修改时我们可以用set来维护pre数组。然后限制就变成了区间中所有数的pre都<l，也就是区间pre的最大值<l，还是用线段树。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <set>
#include <utility>
#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define lson x<<1
#define rson x<<1|1
using namespace std;
const int maxn=300010;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
int n,m,sum;
int sp[maxn<<2],sm[maxn<<2],sn[maxn<<2],sg[maxn<<2],v[maxn],lp[maxn];
set<pii> s;
set<pii>::iterator it;
int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<'0'||gc>'9') {if(gc=='-')f=-f; gc=getchar();}
while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
return ret*f;
}
int gcd(int a,int b)
{
return (!b)?a:gcd(b,a%b);
}
void pushup(int x)
{
sm[x]=max(sm[lson],sm[rson]),sn[x]=min(sn[lson],sn[rson]),sg[x]=gcd(sg[lson],sg[rson]),sp[x]=max(sp[lson],sp[rson]);
}
void build(int l,int r,int x)
{
if(l==r)
{
sm[x]=sn[x]=v[l],sp[x]=lp[l],sg[x]=v[l]-v[l-1];
return ;
}
int mid=l+r>>1;
build(l,mid,lson),build(mid+1,r,rson);
pushup(x);
}
void updata(int l,int r,int x,int a)
{
if(l==r)
{
sm[x]=sn[x]=v[l],sp[x]=lp[l],sg[x]=v[l]-v[l-1];
return ;
}
int mid=l+r>>1;
if(a<=mid) updata(l,mid,lson,a);
else updata(mid+1,r,rson,a);
pushup(x);
}
int qm(int l,int r,int x,int a,int b)
{
if(a<=l&&r<=b) return sm[x];
int mid=l+r>>1;
if(b<=mid) return qm(l,mid,lson,a,b);
if(a>mid) return qm(mid+1,r,rson,a,b);
return max(qm(l,mid,lson,a,b),qm(mid+1,r,rson,a,b));
}
int qn(int l,int r,int x,int a,int b)
{
if(a<=l&&r<=b) return sn[x];
int mid=l+r>>1;
if(b<=mid) return qn(l,mid,lson,a,b);
if(a>mid) return qn(mid+1,r,rson,a,b);
return min(qn(l,mid,lson,a,b),qn(mid+1,r,rson,a,b));
}
int qp(int l,int r,int x,int a,int b)
{
if(a<=l&&r<=b) return sp[x];
int mid=l+r>>1;
if(b<=mid) return qp(l,mid,lson,a,b);
if(a>mid) return qp(mid+1,r,rson,a,b);
return max(qp(l,mid,lson,a,b),qp(mid+1,r,rson,a,b));
}
int qg(int l,int r,int x,int a,int b)
{
if(a<=l&&r<=b) return sg[x];
int mid=l+r>>1;
if(b<=mid) return qg(l,mid,lson,a,b);
if(a>mid) return qg(mid+1,r,rson,a,b);
return gcd(qg(l,mid,lson,a,b),qg(mid+1,r,rson,a,b));
}
int main()
{
n=rd(),m=rd();
int i,a,b,c;
pii tmp;
for(i=1;i<=n;i++)
{
v[i]=rd(),tmp=MP(v[i],i),it=s.upper_bound(tmp);
if(it!=s.begin()&&(*(--it)).first==v[i]) lp[i]=(*it).second;
s.insert(tmp);
}
build(1,n,1);
for(i=1;i<=m;i++)
{
if(rd()==1)
{
a=rd()^sum,b=rd()^sum,tmp=MP(v[a],a),s.erase(tmp),it=s.upper_bound(tmp);
if(it!=s.end()&&(*it).first==v[a]) lp[(*it).second]=lp[a],updata(1,n,1,(*it).second);
v[a]=b,tmp=MP(v[a],a),it=s.upper_bound(tmp);
if(it!=s.end()&&(*it).first==v[a]) lp[(*it).second]=a,updata(1,n,1,(*it).second);
if(it!=s.begin()&&(*(--it)).first==v[a]) lp[a]=(*it).second;
else lp[a]=0;
s.insert(tmp),updata(1,n,1,a);
if(a<n) updata(1,n,1,a+1);
}
else
{
a=rd()^sum,b=rd()^sum,c=rd()^sum;
ll gm=qm(1,n,1,a,b),gn=qn(1,n,1,a,b);
if(a==b||(gm==gn&&!c)||(gm-gn==(ll)(b-a)*c&&qp(1,n,1,a,b)<a&&qg(1,n,1,a+1,b)%c==0))
sum++,printf("Yes\n");
else printf("No\n");
}
}
return 0;
}
//5 3 1 3 2 5 6 2 1 5 1 1 5 4 2 1 5 1