题解 P5280 【[ZJOI2019]线段树】
Sooke
2019-04-02 07:58:03
### 前言
先来扯些真实的废话。
这八成是考场上最可做的题,原因有以下:
> 1. 众所周知,当九条遇上诸如斗地主、麻将、五子棋等的打完暴力直接跳过。(甚至打不出暴力)
>
> 2. 经回忆,往年省选最简单的题中往往都有线段树。
>
> 3. 大多数毒瘤场的开题顺序都是 2、3、1。
下面,我将以我场上的心路历程,来进行本题的讲解。
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### 解题思路
既然每次有 $2^{x}$ 个线段树,它们 $\mathrm{modify}$ 的方式各不相同,我们就得好好盯着这个 $\mathrm{modify}$ 看,挖掘性质。
```cpp
void modify(int u, int l, int r, int pl, int pr) {
if (l == pl && r == pr) {
pushTag(u);
return;
}
int mid = l + r >> 1;
pushDown(u);
if (pr <= mid) {
modify(u << 1, l, mid, pl, pr);
} else if (pl > mid) {
modify(u << 1 | 1, mid + 1, r, pl, pr);
} else {
modify(u << 1, l, mid, pl, mid);
modify(u << 1 | 1, mid + 1, r, mid + 1, pr);
}
}
```
尽管线段树的结点很多,实际上,根据它们的性质分类,无非也就那么五种(认真分辨,这很重要!):
> 一类点(白色):在 $\mathrm{modify}$ 操作中,**被半覆盖**的点。
>
> 二类点(深灰):在 $\mathrm{modify}$ 操作中,**被全覆盖**的点,并且**能被遍历到**。
>
> 三类点(橙色):在 $\mathrm{modify}$ 操作中,**未被覆盖**的点,并且**可以得到 $\mathrm{pushdown}$ 来的标记**。
>
> 四类点(浅灰):在 $\mathrm{modify}$ 操作中,**被全覆盖**的点,并且**不能被遍历到**。
>
> 五类点(黄色):在 $\mathrm{modify}$ 操作中,**未被覆盖**的点,并且**不可能得到 $\mathrm{pushdown}$ 来的标记**。
![](https://i.loli.net/2019/04/02/5ca2b0fce8b8c.png)
在代码中,五种点分别是这样出现的:
```cpp
void modify(int u, int l, int r, int pl, int pr) {
if (l == pl && r == pr) {
pushTag(u); // 给二类点打标记。
// 之后的 pushdown,可能会把标记带到二类点以下的四类点去。
return;
}
int mid = l + r >> 1;
pushDown(u); // 这里是一类点,会进行 pushdown 操作。
if (pr <= mid) {
modify(u << 1, l, mid, pl, pr);
// u << 1 | 1 一边就是三类点,上面的 pushdown 会传到这里。
// 之后的 pushdown,可能会把标记带到三类点以下的五类点去。
} else if (pl > mid) {
modify(u << 1 | 1, mid + 1, r, pl, pr);
// u << 1 一边就是三类点,上面的 pushdown 会传到这里。
// 之后的 pushdown,可能会把标记带到三类点以下的五类点去。
} else {
modify(u << 1, l, mid, pl, mid);
modify(u << 1 | 1, mid + 1, r, mid + 1, pr);
}
}
```
类别是分得蛮清楚了,但这又有什么卵用呢?注意到同类点性质相同,倘若给它们记录 $\mathrm{dp}$ 值,它们的转移也完全相同。
没错!由于转移视类别而定,只有五种,我们可以考虑**只用一棵**线段树,然后在线段树上 $\mathrm{dp}$ !于是最容易想到的状态定义:
> 设 $f_{i,\ u}$ 为第 $i$ 次 $\mathrm{modify}$ 后,$u$ 号点在 $2^i$ 棵线段树中,多少棵被打标记。
看上去非常可做!赶紧试试五种点下的转移分别是什么?
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#### 一类点
显然只在一类点 $\mathrm{pushdown}$,只要 $\mathrm{modify}$ ,一类点的标记就莫得存留。不 $\mathrm{modify}$ ,当然保持原状。
$$f_{i,\,u} = 0 + f_{i-1,\,u}$$
#### 二类点
只在二类点上直接打标记,所以只要 $\mathrm{modify}$ ,二类点就一定存在标记,否则保持原状。
$$f_{i,\,u} = 2^{i-1} + f_{i-1,\,u}$$
#### 三类点
不 $\mathrm{modify}$ 仍然保持,要是 $\mathrm{modify}$ ,那得通过 $\mathrm{pushdown}$ 才能让它有标记,这意味着它到根结点的一类点上,必须有至少一个原本被打标记。或者自己原本就有标记,$\mathrm{pushdown}$ 不会将其抹除。
$$f_{i,\,u} = ... + f_{i-1,\,u}$$
哈?为什么要用 $...$?因为这次的转移有条件了,不能这么简单地用 $f$ 了!前功尽弃了吗?
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当然没有!办法有得是!我们不妨将需要的那个状态定义出来:
> 设 $g_{i,\,u}$ 为第 $i$ 次 $\mathrm{modify}$ 后,$u$ 号点在 $2^i$ 棵线段树中,多少棵满足 $1\to u$ 上没有任何标记。
>
> 反过来,满足 $1\to u$ 上至少有一个标记,就是 $2^{i} - g_{i,\,u}$ 。
这次准备挺充分了!再试试?
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#### 一类点
同样的道理,只要 $\mathrm{modify}$ ,$1 \to u$ 的路径上的标记全部被 $\mathrm{pushdown}$ 走。
$$\begin{cases}f_{i,\,u} = 0 + f_{i-1,\,u}\\g_{i,\,u} = 2^{i-1} + g_{i-1,\,u}\end{cases}$$
#### 二类点
只要 $\mathrm{modify}$ ,$u$ 号点上一定有标记。
$$\begin{cases}f_{i,\,u} = 2^{i-1} + f_{i-1,\,u}\\g_{i,\,u} = 0 + g_{i-1,\,u}\end{cases}$$
#### 三类点
这是刚才的难点,现在有备无患了。必须 $1 \to u$ 上至少存有一个标记,才能把标记 $\mathrm{modify}$ 到三类点 $u$ 上。同理,$1 \to u$ 上没有标记,操作还是不操作,仍然不会有标记。
$$\begin{cases}f_{i,\,u} = (2^{i-1}-g_{i-1,\,u})+ f_{i-1,\,u}\\g_{i,\,u} = g_{i-1,\,u} + g_{i-1,\,u}\end{cases}$$
#### 四类点
不管是四类点还是五类点,都算是 $f$ 的盲区,既不会 $\mathrm{pushdown}$ 到,更不会像二类点直接被打上标记。所以原本有无标记,即使 $\mathrm{modify}$ ,依旧是那个样。
四类点和五类点的 $g$ 就分别跟二类点和三类点一样了,二类点的存在,使得其下属四类点在 $\mathrm{modify}$ 中不可能“门前清”。
$$\begin{cases}f_{i,\,u} = f_{i-1,\,u} + f_{i-1,\,u}\\g_{i,\,u} = 0 + g_{i-1,\,u}\end{cases}$$
#### 五类点
$$\begin{cases}f_{i,\,u} = f_{i-1,\,u} + f_{i-1,\,u}\\g_{i,\,u} = g_{i-1,\,u} + g_{i-1,\,u}\end{cases}$$
#### 边界
这总不用说了吧。
$$\begin{cases}f_{0,\,u} = 0\\g_{0,\,u} = 1\end{cases}$$
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这一遍下来,转移好像没啥问题了。最后是怎么实现。
每次修改暴力转移每个点绝对是不可能的。发现每次一类点、二类点、三类点只有 $O(\log n)$ 个,可以暴力,四类点、五类点有 $O(n)$ 个,然而请看它们的转移式,这显然是可以用懒标记维护的类型。
除此之外,维护 $sf_{u} = f_{u} + sf_{2u} + sf_{2u+1}$ ,即 $u$ 子树中 $f$ 的总和。易知 $sf_{1}$ 就是询问答案。
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### 代码实现
具体实现中可以通过把“方案数”转成“概率”从而减少一半的懒标记和常数,本人较懒,就没写了。
常见错误:
> 1. 空间开小,以写法不同,四倍空间不一定足够,建议在空间方面任性一点。
>
> 2. $\mathrm{pushup}$ 和 $\mathrm{pushdown}$ 不充分,多 $\mathrm{push}$ 几下不容易错。
>
> 3. 转移顺序不要错,先 $f$ 后 $g$ 。
```cpp
#include <cstdio>
inline int read() {
char c = getchar(); int x = 0;
while (c < '0' || c > '9') { c = getchar(); }
while (c >= '0' && c <= '9') { x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15); c = getchar(); }
return x;
}
const int N = 2000005, p = 998244353;
inline int add(int x, int y) { x += y; return x >= p ? x - p : x; }
inline int sub(int x, int y) { x -= y; return x >= 0 ? x : x + p; }
int n, m, k = 1;
struct SegmentTree {
int f[N], g[N], tf[N], tg[N], sf[N];
inline void pushUp(int u) { sf[u] = add(f[u], add(sf[u << 1], sf[u << 1 | 1])); }
inline void pushTf(int u, int x) { f[u] = 1ll * f[u] * x % p; tf[u] = 1ll * tf[u] * x % p; sf[u] = 1ll * sf[u] * x % p; }
inline void pushTg(int u, int x) { g[u] = 1ll * g[u] * x % p; tg[u] = 1ll * tg[u] * x % p; }
inline void pushDown(int u) {
if (tf[u] != 1) { pushTf(u << 1, tf[u]); pushTf(u << 1 | 1, tf[u]); tf[u] = 1; }
if (tg[u] != 1) { pushTg(u << 1, tg[u]); pushTg(u << 1 | 1, tg[u]); tg[u] = 1; }
}
void build(int u, int l, int r) {
g[u] = tf[u] = tg[u] = 1; // 边界。
if (l == r) { return; } int mid = l + r >> 1;
build(u << 1, l, mid); build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
}
void modify(int u, int l, int r, int pl, int pr) {
pushDown(u);
if (l == pl && r == pr) {
f[u] = add(f[u], k); // 二类点。
pushTf(u << 1, 2); pushTf(u << 1 | 1, 2); // 四类点。
} else {
int mid = l + r >> 1, ul = u << 1, ur = ul | 1;
g[u] = add(g[u], k); // 一类点。
if (pr <= mid) {
modify(ul, l, mid, pl, pr); pushDown(ur);
f[ur] = add(f[ur], sub(k, g[ur])); g[ur] = add(g[ur], g[ur]); // 三类点。
pushTf(ur << 1, 2); pushTf(ur << 1 | 1, 2);
pushTg(ur << 1, 2); pushTg(ur << 1 | 1, 2); // 五类点。
pushUp(ur);
} else if (pl > mid) {
modify(ur, mid + 1, r, pl, pr); pushDown(ul);
f[ul] = add(f[ul], sub(k, g[ul])); g[ul] = add(g[ul], g[ul]); // 三类点。
pushTf(ul << 1, 2); pushTf(ul << 1 | 1, 2);
pushTg(ul << 1, 2); pushTg(ul << 1 | 1, 2); // 五类点。
pushUp(ul);
} else {
modify(ul, l, mid, pl, mid); modify(ur, mid + 1, r, mid + 1, pr);
}
}
pushUp(u);
}
} smt;
int main() {
n = read(); m = read(); smt.build(1, 1, n);
for (int opt, l, r; m; m--) {
opt = read();
if (opt == 1) {
l = read(); r = read();
smt.modify(1, 1, n, l, r); k = add(k, k);
} else { printf("%d\n", smt.sf[1]); }
}
return 0;
}
```
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### 尾注
这题的给点分类的思路算是比较妙的了,不少人设出了 $f$ ,却止步于想出 $g$ 的路上,这提示我们想题就要想连贯,但也不能想得太死,适当控制才有了考试的最优策略。