题解 P4433 【[COCI2009-2010#1] ALADIN】
浅色调
2018-09-08 08:50:28
### Solution：
本题黑的不行啊，两天就荒(废)在这题上了！
思路：数学大套路+线段树。
题目中唯一出现的数学式子：$\sum\limits_{i=1}^{i\leq n} {(i*A\mod B)}$，那么切入点当然是如何快速求该式子咯。
我们对式子变形：原式$=A*\sum\limits_{i=1}^{i\leq n}{i}-B*\sum\limits_{i=1}^{i\leq n}{\lfloor \frac{i*A}{B} \rfloor}$。
被减数式子很好算直接忽略，减数式子的解决关键是式子$\sum\limits_{i=1}^{i\leq n}{\lfloor \frac{i*A}{B} \rfloor}$，对此式子我们分情况讨论（$A==B$的情况该式子为0，直接忽略咯）：
$\quad\quad\quad$ 1、$A>B$，我们假设$A=kB+r$，则原式子化为$\sum\limits_{i=1}^{i\leq n}{\lfloor \frac{i*(kB+r)}{B} \rfloor}=k*\sum\limits_{i=1}^{i\leq n}{i}+\sum\limits_{i=1}^{i\leq n}{\lfloor \frac{i*r}{B} \rfloor}$，我们把$r$当作新的$A$，那么就将该式子转化为了$A<B$的情况，于是关键就成了$A<B$时如何快速求原式子。
$\quad\quad\quad$ 2、$A<B$，我们将其抽象到平面直角坐标系上，不难发现$\sum\limits_{i=1}^{i\leq n}{\lfloor \frac{i*A}{B} \rfloor}$实际求的是坐标为$(0,0),(n,0),(n,\frac{n*A}{B})$三点围成的三角形的不在$X$轴上的格点个数，可能有点难以理解，我们画图理解（~~留图待画~~、手绘勿喷）：
如图，对角线上每个被标记的点到x轴的垂线段上的格点（除开x轴的格点），所对应的就是每个$\lfloor \frac{i*A}{B} \rfloor$。我们若直接算下三角的格点个数会很麻烦，但是很容易算出整个矩形的格点个数，我们设$m=\lfloor \frac{n*A}{B} \rfloor$，则矩形的格点个数为$n*m$，我们用矩形的格点个数-上三角的格点个数+对角线上的格点个数，就能得到原式子的值。如何求上三角的格点个数和对角线的格点个数呢？我们把上三角逆时针旋转90度，就能得到一个类似于下三角的一条边为整数的三角形，用同样的方法去求，发现上三角的格点个数恰好等于$\sum\limits_{i=1}^{i\leq m}{\lfloor \frac{i*B}{A} \rfloor}$，因为$A<B$，我们又回到了第1种$A>B$情况，于是可以递归去求（递归边界就是$A|B$返回0）。而对角线斜率为$\frac{\frac{A}{gcd(A,B)}}{\frac{B}{gcd(A,B)}}$，那么横坐标每隔$\frac{B}{gcd(A,B)}$个单位会有一个格点出现，所以对角线上共有$\frac{n*gcd(A,B)}{B}$个格点。不难发现整个递归过程就是个类欧几里得的求法，时间复杂度为$O(\log n)$
有了上面的结论，我们就能在$O(\log n)$的复杂度下修改一段区间，那么对于原题的区间查询，我们使用懒惰标记，记录每段被修改的$A,B$和前一个点位置$st$，然后任意一度区间$[l,r]$的和都可以用$sum[r]-sum[l-1]$去算，而每个$sum[i]$直接调用上面的递归过程就好了。
细节太多，注意：区间肯定得离散，而求区间和时用到了前缀和的思想，一个简单的离散方法是对询问的$l,r$，将$l-1,r$离散，然后线段树建树时每个节点维护的是一整段区间，要把每段小的区间都表示出来（开始30分的原因）。
最后总时间复杂度$O(q\log^2 n)$，稳妥！（>.^_^.<咕咕）
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### 代码：
```cpp
/*Code by 520 -- 9.7*/
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define RE register
#define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);++(i))
#define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);--(i))
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m,r,rt<<1|1
using namespace std;
const int N=1000005;
int n,m,flag[N],L[N],R[N],*Q[N],cnt,tot,val[N];
ll A[N],B[N];
struct node{
ll sum,a,b,st,len;
}t[N];
int gi(){
int a=0;char x=getchar();
while(x<'0'||x>'9')x=getchar();
while(x>='0'&&x<='9')a=(a<<3)+(a<<1)+(x^48),x=getchar();
return a;
}
il bool cmp(int *a,int *b){return *a<*b;}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
ll calc(ll a,ll b,ll n){
ll x=a/b;a%=b;
ll sum=n*(n+1)/2*x;
if(!a||!b) return sum;
ll lala=n/b,m=a*n/b;
return sum+n*m-calc(b,a,m)+lala;
}
il ll solve(ll a,ll b,ll n){
if(n<1)return 0;
ll g=gcd(a,b);
return n*(n+1)/2*a-b*calc(a/g,b/g,n);
}
il void pushup(int rt){t[rt].sum=t[rt<<1].sum+t[rt<<1|1].sum;}
il void gai(ll A,ll B,ll st,int rt){
t[rt].a=A,t[rt].b=B,t[rt].st=st;
t[rt].sum=solve(A,B,st+t[rt].len-1)-solve(A,B,st-1);
}
il void pushdown(int rt){
if(t[rt].b){
gai(t[rt].a,t[rt].b,t[rt].st,rt<<1);
gai(t[rt].a,t[rt].b,t[rt].st+t[rt<<1].len,rt<<1|1);
t[rt].b=0;
}
}
void build(int l,int r,int rt){
if(l+1==r){t[rt]=node{0,0,0,0,val[r]-val[l]};return;}
int m=l+r>>1;
t[rt]=node{0,0,0,0,val[r]-val[l]};
build(lson),build(rson);
}
void update(ll A,ll B,int L,int R,int l,int r,int rt){
if(R<=l||r<=L)return;
if(L<=l&&R>=r){gai(A,B,val[l]-val[L]+1,rt);return;}
pushdown(rt);
int m=l+r>>1;
if(L<=m) update(A,B,L,R,lson);
if(R>=m) update(A,B,L,R,rson);
pushup(rt);
}
ll query(int L,int R,int l,int r,int rt){
if(R<=l||r<=L)return 0;
if(L<=l&&R>=r)return t[rt].sum;
pushdown(rt);
int m=l+r>>1;
ll ret=0;
if(L<=m) ret+=query(L,R,lson);
if(R>=m) ret+=query(L,R,rson);
return ret;
}
int main(){
n=gi(),m=gi();
For(i,1,m) {
flag[i]=gi(),L[i]=gi()-1,R[i]=gi(),Q[++tot]=&L[i],Q[++tot]=&R[i];
if(flag[i]==1) A[i]=gi(),B[i]=gi();
}
sort(Q+1,Q+tot+1,cmp);
int lst=-1;
For(i,1,tot) if(*Q[i]!=lst) lst=*Q[i],*Q[i]=++cnt,val[cnt]=lst;else *Q[i]=cnt;
build(1,cnt,1);
For(i,1,m)
if(flag[i]==1) update(A[i],B[i],L[i],R[i],1,cnt,1);
else printf("%lld\n",query(L[i],R[i],1,cnt,1));
return 0;
}
```