bzoj1798: [Ahoi2009]Seq 维护序列seq（线段树）

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bzoj1798

题目描述：给定n个数的序列，有三种操作。
?????1、将一段区间乘上c
?????2、将一段区间加上c
?????3、求一段区间的和

输入格式：第一行两个整数第一行两个整数N和P(1≤P≤1000000000）。第二行含有N个非负整数,从左到右依次为a1,a2,…,aN, (0≤ai≤1000000000,1≤i≤N)。第三行有一个整数M，表示操作总数。从第四行开始每行描述一个操作，输入的操作有以下三种形式： 操作1：“1 t g c”(不含双引号)。表示把所有满足t≤i≤g的ai改为ai×c(1≤t≤g≤N,0≤c≤1000000000)。 操作2：“2 t g c”(不含双引号)。表示把所有满足t≤i≤g的ai改为ai+c (1≤t≤g≤N,0≤c≤1000000000)。 操作3：“3 t g”(不含双引号)。询问所有满足t≤i≤g的ai的和模P的值 (1≤t≤g≤N)。 同一行相邻两数之间用一个空格隔开，每行开头和末尾没有多余空格。

输出格式：对每个操作3，按照它在输入中出现的顺序，依次输出一行一个整数表示询问结果。

输入样例：
7 43
1 2 3 4 5 6 7
5
1 2 5 5
3 2 4
2 3 7 9
3 1 3
3 4 7

输出样例：
2
35
8

解析：线段树的模板题。关键在于如何处理线段树的乘和加。
???可以将每一个数变为\(a \times b + c\) 的形式，在每一次乘的修改时，直接将和乘c，并将加和乘的标记都乘c即可。而加的修改则只需要将加的标记加上c即可。
???在标记下传时，将该点子树的乘标记乘上该点的乘标记；将子树的加标记先乘上该点的乘标记，再加上该点的加标记即可。

代码如下：

#include<cstdio>
#define lc o << 1
#define rc o << 1 | 1
using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 5;
int n, m, p, a[maxn], sum[maxn << 2], bj1[maxn << 2], bj2[maxn << 2]; //bj1:乘标记，bj2:加标记 

int read(void) {
    char c; while (c = getchar(), c < '0' || c >'9'); int x = c - '0';
    while (c = getchar(), c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0'; return x;
}

void build(int o, int l, int r) { //建树 
    bj1[o] = 1; //乘标记的初始值为1 
    if (l == r) {
      sum[o] = a[l] % p; 
      return;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    build(lc, l, mid); build(rc, mid + 1, r);
    sum[o] = (sum[lc] + sum[rc]) % p;
}

void pushdown(int o, int l, int r) { //标记下传 
    int mid = l + r >> 1;
    sum[lc] = 1ll * sum[lc] * bj1[o] % p; sum[lc] += 1ll * bj2[o] * (mid - l + 1) % p; sum[lc] %= p;
    sum[rc] = 1ll * sum[rc] * bj1[o] % p; sum[rc] += 1ll * bj2[o] * (r - mid) % p; sum[rc] %= p;
    bj1[lc] = 1ll * bj1[lc] * bj1[o] % p;
    bj1[rc] = 1ll * bj1[rc] * bj1[o] % p;
    bj2[lc] = 1ll * bj2[lc] * bj1[o] % p; bj2[lc] = (bj2[lc] + bj2[o]) % p;
    bj2[rc] = 1ll * bj2[rc] * bj1[o] % p; bj2[rc] = (bj2[rc] + bj2[o]) % p;
    bj1[o] = 1; bj2[o] = 0;
} 

void modify1(int o, int l, int r, int ql, int qr,int c) {
    if (ql <= l && qr >= r) { //两个标记都要乘上c 
      sum[o] = 1ll * sum[o] * c % p; 
      bj1[o] = 1ll * bj1[o] * c % p;
      bj2[o] = 1ll * bj2[o] * c % p;
      return;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    if (bj1[o] != 1 || bj2[o]) pushdown(o, l, r);
    if (ql <= mid) modify1(lc, l, mid, ql, qr, c);
    if (qr > mid) modify1(rc, mid + 1, r, ql, qr, c);
    sum[o] = (sum[lc] + sum[rc]) % p;
}

void modify2(int o, int l, int r, int ql, int qr, int c) {
    if (ql <= l && qr >= r) { //加标记直接加上c 
      sum[o] += 1ll * c * (r - l + 1) % p; sum[o] %= p;
      bj2[o] = (bj2[o] + c) % p;
      return;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    if (bj1[o] != 1 || bj2[o]) pushdown(o, l, r);
    if (ql <= mid) modify2(lc, l, mid, ql, qr, c);
    if (qr > mid) modify2(rc, mid + 1, r, ql, qr, c);
    sum[o] = (sum[lc] + sum[rc]) % p;
}

int query(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
    if (ql <= l && qr >= r) return sum[o];
    int mid = l + r >> 1, ans = 0;
    if (bj1[o] != 1 || bj2[o]) pushdown(o, l, r);
    if (ql <= mid) ans += query(lc, l, mid, ql, qr); ans %= p;
    if (qr > mid) ans += query(rc, mid + 1, r, ql, qr); ans %= p;
    return ans;
}

int main() {
    n = read(); p = read();
      for (int i = 1; i <= n; ++ i) a[i] = read();
    build(1, 1, n);
    m = read();
      while (m --) {
        int opt = read();
          if (opt == 1) {
              int x = read(), y = read(), c = read();
              modify1(1, 1, n, x, y, c);
            }
          else if (opt == 2) {
            int x = read(), y = read(), c = read();
            modify2(1, 1, n, x, y, c);
          }
          else {
            int x = read(), y = read();
            printf("%d\n", query(1, 1, n, x, y));
          }
      }
    return 0;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/Gaxc/p/9979278.html