[Ynoi2013] 文化课

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15011418730 LV 7 @ 2025-8-24 22:12:30
自动搬运

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来自洛谷，原作者为

cyrxdzj
以代码为笔，绘美好画卷。

搬运于2025-08-24 22:12:30，当前版本为作者最后更新于2023-02-04 15:29:56，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

零、前言

这道题既卡空间，又卡时间，还要维护一堆变量，属实毒瘤。

不过，这道题给出了很多子任务，也引导了我们做这道题。

那么，就开始吧。

任何一个伟大的思想，都有一个微不足道的开始。

一、不考虑修改

不考虑修改的话，就是一道大致为绿题难度的线段树题目。

不过，在合并线段树时，需要一点操作。

考虑这条算式： $1\times2\times3+4$ 。

线段树会分为很多段，这里我们分成 $2$ 段，其中左段是 $1\times2$ ，右段是 $3+4$ 。

显然，直接加上两段的结果是肯定不行的，因为我们要考虑运算的优先级。

我们发现，当两段中间的运算符为 $+$ （代号 $0$ ）时，可以直接相加；否则，我们可以维护一段的左端极长连乘段和右端极长连乘段的结果。这样，在合并时，结果为左段结果加右段结果减左段右端极长连乘段结果减右段左端极长连乘段结果加左段右端极长连乘段结果乘右段左端极长连乘段结果。

在看下去之前，请您思考，如何合并左端极长连乘段结果和右端极长连乘段结果？思考题答案可以参见代码。

下表展示了我们应该维护的变量和示例。下表中“左段”、“右段”和“总段”的数字以上方的算式为例。

注意，只有当对应算式的右侧没有运算符（本段右端点为 $n$ ）时，才不用存储运算符。

现在，我们可以把这个子任务的代码写下来了。接下来的子任务的代码可以在此基础上修改。

如果您还是有点懵，请参考我的代码：点此传送。

恭喜！您现在已经获得了 $5$ 分的好成绩！

好，接下来，向黑题满分进发！

二、只修改运算符

我们可以维护一段算式右侧的运算符。显然最右端的段的右侧没有运算符，不过我们不必考虑这个，因为在代码中也不会调用。

我们多维护下表中的信息。示例算式与上一个子任务的算式相同，为 $1\times2\times3+4$ 。

现在，您可以把新增的代码写下来了。恭喜，您的成绩提升到了 $24$ 分。

三、修改数值

这是整道题最恶心的部分之一。

对于每个区段，我们可以维护一个 vector，单项类型为 pair<int,int>，用于存储若干个二元组 $(a,b)$ 。表示：长度为 $a$ 的连乘段，有 $b$ 个。合并时，可以使用归并算法，保持 vector 中每个二元组的第一项有序且唯一。

在修改运算符的时候，vector 将会被清空，再根据运算符更新它。请您思考，更新后的 vector 有多少项？两种运算符分别对应什么二元组？

这里给出思考的答案：

更新的部分很好理解，这里给出核心代码：
```
res.all.clear();//先清空总段，初始化。
Itor it1=a.all.begin(),it2=b.all.begin();//定义迭代器，Itor使用宏定义简化，对应vector<pair<int,int> >::iterator 。
Itor ed1=a.all.end(),ed2=b.all.end();
while(it1!=ed1&&it2!=ed2)//归并
{
	if((*it1).first<(*it2).first)
	{
		res.all.push_back((*it1));
		it1++;
	}
	else if((*it1).first>(*it2).first)
	{
		res.all.push_back((*it2));
		it2++;
	}
	else
	{
		res.all.push_back(make_pair((*it1).first,(*it1).second+(*it2).second));
		it1++;
		it2++;
	}
}
while(it1!=ed1)
{
	res.all.push_back(make_pair((*it1).first,(*it1).second));
	it1++;
}
while(it2!=ed2)
{
	res.all.push_back(make_pair((*it2).first,(*it2).second));
	it2++;
}
if(a.rop)//特殊处理中间的部分
{
	Itor it=lower_bound(res.all.begin(),res.all.end(),make_pair(a.rlen,0));
	it->second--;
	if(!(it->second))
	{
		res.all.erase(it);
	}
	it=lower_bound(res.all.begin(),res.all.end(),make_pair(b.llen,0));
	it->second--;
	if(!(it->second))
	{
		res.all.erase(it);
	}
	int nlen=a.rlen+b.llen;
	it=lower_bound(res.all.begin(),res.all.end(),make_pair(nlen,0));
	if(it!=res.all.end()&&(*it).first==nlen)//已有
	{
		(*it).second++;
	}
	else//新增
	{
		res.all.insert(it,make_pair(nlen,1));
	}
}
```
到了修改数值的时候，我们可以借助这些数据以及上面提到的数据重新算出 sum、lsum、rsum 等内容的值了。

恭喜，您已经有 $90$ 分了，接下来，准备优化吧！

四、优化

vector 还是太慢了点，我们可以改用数组。

但是，直接使用数组一定会空间超限。因此，对于每一段的连乘数据，我们分为两部分：
1. 连乘长度小于等于 $\sqrt{len}$ 。这些数据可以放在一个使用 new 动态开出来的数组里，既节省了时间，又节省了空间。
2. 连乘长度大于 $\sqrt{len}$ 。这些数据的数量不会大于 $\sqrt{len}$ 个，可以放在一个 vector<int> 里。思考：为什么每一项的类型从 pair 变成了 int？应如何修改代码？
连乘长度大于 $\sqrt{len}$ 时，这些数据的数量不会大于 $\sqrt{len}$ 个，时间复杂度不高。但是，如果再用 pair 的话，会占用太多空间。

此时，vector<int> 里的数据可以有重复了，一个数据的数值代表连乘长度，出现次数代表同一连乘长度出现的次数。当然，依然要有序。

我们注意到，代码里使用了幂来处理修改数值的情况，就像这样：
```
void execvaldown(int o,long long x)
{
	x%=MOD;
	tree[o].lazyval=x;
	tree[o].addsum=x*tree[o].len%MOD;
	tree[o].mulsum=qpow(x,tree[o].len);//注意这行
	tree[o].lval=tree[o].rval=x;
	tree[o].lsum=qpow(x,tree[o].llen);//注意这行
	tree[o].rsum=qpow(x,tree[o].rlen);//注意这行
	tree[o].sum=0;
	Itor it=tree[o].all.begin();
	Itor ed=tree[o].all.end();
	while(it!=ed)
	{
		tree[o].sum+=qpow(x,(*it).first)*(*it).second%MOD;//注意这行
		tree[o].sum%=MOD;
		it++;
	}
}
```
这还不够。快速幂依然不够快，光速幂空间会炸。

可以发现，多次使用的幂，底数都是一样的。

因此，我们在代码里存储 from、now 和 cache 三个变量，保证 $from^{now}\bmod1000000007=cache$ 。这样，我们就可以在一次更新之内复用之前的运算结果。底数变化或 now 太大时，可以丢掉之前的缓存，重新计算。

我们可以改用快速读入和快速删除，进一步提速。

这位神犇告诉我，尽可能将函数放在结构体里，比如，下面两段代码，最下面的更快。我没有考证，大家看看就好。
```
struct Tree
{
    int l,r;
    int sum;
}tree[105];
void update(o)
{
    tree[o].sum=tree[o<<1].sum+tree[o<<1|1].sum;
}
//调用时
update(1);
```
可以改成：
```
struct Tree
{
    int l,r;
    int sum;
    void update(Tree &a,Tree &b)
    {
        sum=a.sum+b.sum;
    }
}tree[105];
//调用时
tree[1].update(tree[o<<1],tree[o<<1|1]);
```
最终代码放于剪贴板末尾。

恭喜，您拿下了一道黑题！如果您有哪里困惑，欢迎私信交流。