标签：math int 操作 har set 数组 序列 开始 red
首先，这是一道省选可以切的题（虽然我其实一开始并不会）。
分析6个操作，不难发现其实所有的操作要么是单点修改/查询，要么是整个序列的修改/查询。而众所周知，只对整个序列进行操作有些优美的性质。
首先我们维护3个标记，\(add\)，\(mul\)，\(sum\)，分别是加法标记，乘法标记，以及整个序列的和。类似于线段树的思想。
先考虑对整个序列的操作：
对于操作2，实际上就是把 \(add\) 标记加上 \(val\)，然后\(sum\) 加上 \(val \times n\)，根据加法交换律显然成立。
对于操作3，\(add\)标记，\(mul\)标记，\(sum\)标记都\(\times val\)，根据分配律，这也是成立的。
对于操作4，赋值的话标记都没用了，直接变成初值：\(add=0,mul=1\)，然后\(sum=val \times n\)。
对于操作6，答案显然就是\(sum\)。
现在考虑单点操作，对于每个点\(x\)，实际这个点的权值并不是\(a_x\)，而是\(mul * a_x + add\)，那修改的时候直接操作显然会导致权值并不是\(val\)，而是\(mul \times val + add\)，所以不妨设我们应该改为\(val‘\)，为了满足要求，有\(val=mul \times val‘ + add\)，解得\(val‘ = \frac{val-add}{mul}\),这样就可以修改了。
查询的时候其实会出现问题，因为区间操作可能覆盖单点操作，反之亦然。为解决这个问题，不妨维护一个时间戳，记录一下这个点上次单点修改的时间，以及上次区间修改的时间，谁在后面那谁的值就是答案了。
直接用数组可以获得50分的暴力分，如果想切掉还要继续优化下。
注意到输入格式又臭又长，但是其实本质上执行的操作只有\(q\)个，不过是重复若干次，所以不妨用一个哈希表，把可能涉及到的点都存下来，每次单点修改/查询的时候直接在哈希表里进行查询，这样复杂度就和\(n\)没有关系了，只和\(q\)有关系了，那么就可以切掉这道题了。
吐槽：Luogu评测机太慢了，同样的代码在loj能过而在Luogu就会TLE。。。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<string>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cctype>
#include<ctime>
#include<unordered_map>
using namespace std;
#define A(x) cout << #x << " " << x << endl;
#define AA(x,y) cout << #x << " " << x << " " << #y << " " << y << endl;
#define AAA(x,y,z) cout << #x << " " << x << " " << #y << " " << y << " " << #z << " " << z << endl;
#define B cout << "Break" << endl;
#define ll long long
#define inf 1000000000
ll read()
{
char c = getchar();
ll x = 0,f = 1;
while(!isdigit(c))
{
if(c == ‘-‘) f = -1;
c = getchar();
}
while(isdigit(c))
{
x = x * 10 + c - ‘0‘;
c = getchar();
}
return f * x;
}
#define mod 10000019
ll add,mul = 1,sum,n,q,ans;
struct opt
{
ll tim,x,val;
}lst;
vector<opt>h[mod];
ll quick_pow(ll a,ll b)
{
ll ret = 1;
while(b)
{
if(b & 1) ret = ret * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return ret;
}
ll query(ll x)
{
ll pos = x % mod;
for(int i = 0;i < h[pos].size();++i)
{
if(h[pos][i].x != x) continue;
if(h[pos][i].tim < lst.tim) return (mul * lst.val + add + mod) % mod;
else return (mul * h[pos][i].val + add + mod) % mod;
}
return (mul * lst.val + add + mod) % mod;
}
struct Query
{
ll op,x,val;
}qu[100010];
void push(ll x,ll val,ll tim)
{
ll pos = x % mod;
for(int i = 0;i < h[pos].size();++i)
{
if(h[pos][i].x == x)
{
h[pos][i].val = val,h[pos][i].tim = tim;
return;
}
}
h[pos].push_back({tim,x,val});
}
void calc(ll num,ll tim)
{
ll op = qu[num].op,x = qu[num].x,val = qu[num].val;
if(op == 1)
{
ll tp = query(x);
sum = (sum + val - tp + mod) % mod;
val = (val - add + mod) % mod * quick_pow(mul,mod - 2) % mod;
push(x,val,tim);
}
else if(op == 2)
{
add = ((add + val) % mod + mod) % mod;
sum = ((sum + val * n) % mod + mod) % mod;
}
else if(op == 3)
{
add = (add * val % mod + mod) % mod;
mul = (mul * val % mod + mod) % mod;
sum = (sum * val % mod + mod) % mod;
}
else if(op == 4)
{
lst.tim = tim,lst.val = val;
sum = val * n % mod;
add = 0,mul = 1;
}
else if(op == 5)
ans = (ans + query(qu[num].x) + mod) % mod;
else
ans = (ans + sum % mod + mod) % mod;
return;
}
ll a[100010],b[100010];
int main()
{
n = read(),q = read();
for(ll i = 1;i <= q;++i)
{
qu[i].op = read();
if(qu[i].op == 1) qu[i].x = read(),qu[i].val = read();
else if(qu[i].op <= 4) qu[i].val = read();
else if(qu[i].op == 5) qu[i].x = read();
qu[i].val = (qu[i].val % mod + mod) % mod;
}
ll t = read();
for(ll i = 1;i <= t;++i) a[i] = read(),b[i] = read();
for(ll i = 1;i <= t;++i)
{
for(ll j = 1;j <= q;++j)
{
ll num = ((a[i] + j * b[i]) % q + 1);
ll tim = (i - 1) * q + j;
calc(num,tim);
}
}
printf("%lld\n",(ans % mod + mod) % mod);
}
标签：math int 操作 har set 数组 序列 开始 red
原文地址：https://www.cnblogs.com/lijilai-oi/p/12633702.html
