P1438 无聊的数列

考点

  • 线段树
  • 差分

题解

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5 + 50;
int n, m, a[maxn];

struct {
ll s, tag;
int l, r;
#define l(x) tr[x].l
#define r(x) tr[x].r
#define s(x) tr[x].s
#define tag(x) tr[x].tag
#define lc(x) x * 2
#define rc(x) x * 2 + 1
} tr[4 * maxn];

void build(int p, int l, int r) {
l(p) = l, r(p) = r;
if (l == r) return;
int mid = (l + r) / 2;
build(lc(p), l, mid), build(rc(p), mid + 1, r);
}

void up(int p) { s(p) = s(lc(p)) + s(rc(p)); }

void down(int p) {
if (tag(p)) {
s(lc(p)) += tag(p) * (r(lc(p)) - l(lc(p)) + 1);
s(rc(p)) += tag(p) * (r(rc(p)) - l(rc(p)) + 1);
tag(lc(p)) += tag(p), tag(rc(p)) += tag(p);
tag(p) = 0;
}
}

void add(int p, int l, int r, int k) {
if (l(p) >= l && r(p) <= r) {
s(p) += k * (r(p) - l(p) + 1);
tag(p) += k;
return;
}
down(p);
int mid = (l(p) + r(p)) / 2;
if (l <= mid) add(lc(p), l, r, k);
if (r > mid) add(rc(p), l, r, k);
up(p);
}

ll ask(int p, int l, int r) {
if (l(p) >= l && r(p) <= r) return s(p);
down(p);
int mid = (l(p) + r(p)) / 2;
ll ans = 0;
if (l <= mid) ans += ask(lc(p), l, r);
if (r > mid) ans += ask(rc(p), l, r);
return ans;
}

int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
int opt, x, y, k, d;
build(1, 1, n);
while (m--) {
scanf("%d", &opt);
if (opt == 1) {
scanf("%d%d%d%d", &x, &y, &k, &d);
add(1, x, x, k);
if (x < y) add(1, x + 1, y, d);
if (y < n) add(1, y + 1, y + 1, -(k + (y - x) * d));
} else {
scanf("%d", &x);
printf("%lld\n", (ll)a[x] + ask(1, 1, x));
}
}
return 0;
}

思路

线段树要求变化量可以均分,而等差数列的变化值恰好可以均分,也就是差分数组。

假设有数组{1, 2, 3, 4, 5, 6},要在第2 - 4的位置加上等差数列{1, 3, 5},第4 - 5的位置加上等差数列{2, 4}

新增一个数组a,记录每个位置变化量的差分,初始时{0, 0, 0, 0, 0, 0}

第一个等差数列{1, 3, 5},差分变成{1, 2, 2, -5},加到a上,变成{0, 1, 2, 2, -5, 0}

其中-5是为了求差分数组前缀和时,抵消对第56位置的影响

同理,第二个等差数列{2, 4},差分变成{2, 2, -4},加到a上,变成{0, 1, 2, 4, -3, -4}

a求前缀和,得到每个位置的变化量数组b{0, 1, 3, 7, 4, 0}


综上,对数组a开线段树即可,每次修改执行三次操作

  1. lk
  2. l+1 ~ rd
  3. r + 1-(k + (y - x) * d)

每次对1 ~ x求前缀和,就能得到第x位置的变化量