标签：child ref 就是 div 否则 problems log 时间复杂度 证明
题意：给你你一个序列a，有三种操作：(1)求$\sum_{i=l}^{r}a[i]$，(2)让区间[l,r]内的所有数模x，(3)令a[k]=x
思路：如果没有操作(2)，那就是线段树模板题，现在考虑如何实现操作(2)
定理：如果mod<x，那么x%mod<$\frac{x}{2}$
证明：假设mod<$\frac{x}{2}$，那么就肯定有x%mod<mod<$\frac{x}{2}$，如果$\frac{x}{2}$<mod<x，则有1<$\lfloor \frac{x}{mod} \rfloor$<2，那么x%mod=x-$\lfloor \frac{x}{mod} \rfloor$*mod<$\frac{x}{2}$
那么对于操作(2)，一个数最多被取模logn次，所以我们可以用线段树再维护一个区间的最大值，如果最大值小于mod，则可以减枝，否则则继续递归，直到到叶子节点，此时直接取模即可，总的时间复杂度仍然为O(nlogn)
#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cstdio> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 100010; struct node { int l, r; ll v, imax; }; int n, m; ll c[N]; node tr[4 * N]; void build(int k, int l, int r) { tr[k].l = l, tr[k].r = r; if (l == r) { tr[k].v = tr[k].imax = c[l]; return; } int mid = (l + r) / 2; build(2 * k, l, mid); build(2 * k + 1, mid + 1, r); tr[k].v = tr[2 * k].v + tr[2 * k + 1].v; tr[k].imax = max(tr[2 * k].imax, tr[2 * k + 1].imax); } void update(int k, int x, ll v) { if (tr[k].l == tr[k].r) { tr[k].v = tr[k].imax = v; return; } int mid = (tr[k].l + tr[k].r) / 2; if (x <= mid) update(2 * k, x, v); else update(2 * k + 1, x, v); tr[k].v = tr[2 * k].v + tr[2 * k + 1].v; tr[k].imax = max(tr[2 * k].imax, tr[2 * k + 1].imax); } ll ask(int k, int a, int b) { if (tr[k].l >= a && tr[k].r <= b) return tr[k].v; int mid = (tr[k].l + tr[k].r) / 2; ll res = 0; if (a <= mid) res += ask(2 * k, a, b); if (b > mid) res += ask(2 * k + 1, a, b); return res; } void cmod(int k, int a, int b, ll mod) { if (tr[k].imax < mod) return; if (tr[k].l == tr[k].r) { tr[k].v %= mod; tr[k].imax = tr[k].v; return; } int mid = (tr[k].l + tr[k].r) / 2; if (a <= mid) cmod(2 * k, a, b, mod); if (b > mid) cmod(2 * k + 1, a, b, mod); tr[k].v = tr[2 * k].v + tr[2 * k + 1].v; tr[k].imax = max(tr[2 * k].imax, tr[2 * k + 1].imax); } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &c[i]); build(1, 1, n); while (m--) { int k; scanf("%d", &k); if (1 == k) { int a, b; scanf("%d%d", &a, &b); printf("%lld\n", ask(1, a, b)); } else if (2 == k) { int a, b; ll x; scanf("%d%d%lld", &a, &b, &x); cmod(1, a, b, x); } else { int a; ll x; scanf("%d%lld", &a, &x); update(1, a, x); } } return 0; }
Codeforces Round #250 (Div. 1) - D. The Child and Sequence(线段树)
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原文地址：https://www.cnblogs.com/zzzzzzy/p/12770961.html
