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sylvia 是一个热爱学习的女孩子，今天她想要学习数据结构技巧。
在看了一些博客学了一些姿势后，她想要找一些数据结构题来练练手。于是她的好朋友九条可怜酱给她出了一道题。
给出一个长度为 nn 的数列 AA，接下来有 mm 次操作，操作有三种：
作为一个不怎么熟练的初学者，sylvia 想了好久都没做出来。而可怜酱又外出旅游去了，一时间联系不上。于是她决定向你寻求帮助：你能帮她解决这个问题吗。
第一行两个数：n,mn,m。
接下来一行 nn 个数 AiAi。
接下来 mm 行中，第 ii 行第一个数 titi 表示操作类型：
若 ti=1ti=1，则接下来三个整数 li,ri,xili,ri,xi，表示操作一。
若 ti=2ti=2，则接下来三个整数 li,rili,ri，表示操作二。
若 ti=3ti=3，则接下来三个整数 li,rili,ri，表示操作三。
对于每个询问操作，输出一行表示答案。
5 5
1 2 3 4 5
1 3 5 2
2 1 4
3 2 4
2 3 5
3 1 5
5
6
见样例数据下载。
| 测试点编号 | nn 的规模 | mm 的规模 | 其他约定 |
|---|---|---|---|
| 1 | n≤3000n≤3000 | m≤3000m≤3000 | |
| 2 | |||
| 3 | |||
| 4 | n≤100000n≤100000 | m≤100000m≤100000 | 数据随机生成 |
| 5 | |||
| 6 | ti≠1ti≠1 | ||
| 7 | |||
| 8 | |||
| 9 | |||
| 10 |
对于所有数据，保证有 1≤li≤ri≤n,1≤Ai,xi≤1051≤li≤ri≤n,1≤Ai,xi≤105
时间限制：1s1s
空间限制：256MB
总结：这种题一般是考虑什么暴力姿势不会炸
可以证明两个数一直开根号， 直到相等为止，最多loglog次
因此考虑暴力，一直暴力开根号到两数相等，然后相等后就可以转化为区间加
有一种特殊情况 如
9 8
sqrt(9) = 3, sqrt(8) = 2
9 - 8 = 3 - 2
开根号后， 两数差值不变，这样的话，暴力就会被卡掉， 特判一下这种情况，转化为区间加
全得开 long long
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn = 4e5 + 7;
LL sum[maxn], tag[maxn], Max[maxn], Min[maxn];
int n, m, a[maxn];
int read() {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘) { if(ch == ‘-‘) f = -1; ch = getchar();}
while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) { x = x * 10 + ch - 48; ch = getchar();}
return x* f;
}
LL mmax(LL a, LL b) {return a > b ?a :b;}
LL mmin(LL a, LL b) {return a < b ?a :b;}
void pushdown(int o, int l, int r) {
if(tag[o]) {
int mid = (l + r) >> 1;
tag[o << 1] += tag[o]; tag[o << 1 | 1] += tag[o];
sum[o << 1] += (mid - l + 1) * tag[o]; sum[o << 1 | 1] += (r - mid) * tag[o];
Max[o << 1] += tag[o]; Max[o << 1 | 1] += tag[o];
Min[o << 1] += tag[o]; Min[o << 1 | 1] += tag[o];
tag[o] = 0;
}
}
void update(int o) {
sum[o] = sum[o << 1] + sum[o << 1 | 1];
Max[o] = mmax(Max[o << 1], Max[o << 1 | 1]);
Min[o] = mmin(Min[o << 1], Min[o << 1 | 1]);
}
void Build(int o, int l, int r) {
if(l == r) {
sum[o] = Max[o] = Min[o] = a[l]; return;
} int mid = (l + r) >> 1;
Build(o << 1, l, mid); Build(o << 1 | 1, mid + 1, r);
update(o);
}
LL Query(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
if(ql <= l && r <= qr) return sum[o];
int mid = (l + r) >> 1;
LL res = 0; pushdown(o, l, r);
if(ql <= mid) res += Query(o << 1, l, mid, ql, qr);
if(qr > mid) res += Query(o << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr);
return res;
}
void Modify(int o, int l, int r, int ql, int qr, LL z) {
if(ql <= l && r <= qr) {
sum[o] += z * (r - l + 1); tag[o] += z;
Max[o] += z; Min[o] += z; return;
} int mid = (l + r) >> 1; pushdown(o, l, r);
if(ql <= mid) Modify(o << 1, l, mid, ql, qr, z);
if(qr > mid) Modify(o << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr, z);
update(o);
}
void Sqrt(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
if(ql <= l && r <= qr) {
if((Max[o] - Min[o] == (LL)sqrt(Max[o]) - (LL)sqrt(Min[o])) || (Max[o] == Min[o])) {
LL z = (LL)sqrt(Max[o]) - Max[o];
sum[o] += z * (r - l + 1); Max[o] += z;
Min[o] += z; tag[o] += z; return;
}
} pushdown(o, l, r);
int mid = (l + r) >> 1;
if(ql <= mid) Sqrt(o << 1, l, mid, ql, qr);
if(qr > mid) Sqrt(o << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr);
update(o);
}
int main() {
n = read(); m = read();
for (register int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
Build(1, 1, n);
while(m--) {
int op, x, y; op = read(); x = read(); y = read();
LL z;
switch(op) {
case 1: z = read(); Modify(1, 1, n, x, y, z); break;
case 2: Sqrt(1, 1, n, x, y); break;
case 3: printf("%lld\n", Query(1, 1, n, x, y));
}
} return 0;
}
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原文地址：https://www.cnblogs.com/oi-forever/p/9190055.html
