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FJoi2017 1月20日模拟赛 交错和(等差数列+rmq)
【题目描述】
无限循环数字串S由长度为n的循环节s构成。设s为12345(n=5)，则数字串S为123451234512345…
设Si为S的第i位数字，在上面的例子中，S1=1，S2=2，S6=1。
设S的一个子串S[l,r]的交错和为sum(l,r)：
sum(l,r)= Sl- S1+1+ Sl+2- Sl+3+ … + (-1)r-lSr
如sum(2,7)= 2 - 3 + 4 - 5 + 1 - 2 = -3
现给定循环节s，要求支持两种操作：
1pos digit：
修改循环节s上的某一位，即将spos改为digit。
2 lr：
求S[l,r]内所有子串的交错和的和，即
输出ans对109+7的模。
【输入格式】
第一行一个整数n，表示循环节s的长度。
第二行一个长度为n的数字串，表示循环节s。
第三行一个整数m，表示操作次数。
以下m行，每行3个整数。
若第一个数为1，表示是修改操作1pos digit。
若第一个数为2，表示是询问操作2l r。
【输出格式】
对于每个询问操作输出一行，表示答案。
【样例输入】
5
12345
5
21 5
26 10
13 5
21 5
21 6
【样例输出】
19
19
25
36
【数据范围】
对于10%的数据点，n,m <= 50；
对于20%的数据点，n,m <= 1000；
对于40%的数据点，1<= l <= r <= n；
对于100%的数据点，n,m <= 200000；1<= l <= r <= 1018；1<= pos <= n；0<= digit <= 9；
Solution
毒性强烈的一道题
题解：此时询问区间[l,r]可能横跨多个循环节。借助类似于分段算法的思想,
将整个询问区间拆成三份:前缀、中间和后缀。其中前缀是询问区间[l,r]
中第一小段不完整的部分(可为空);中间部分是询问区间[l,r]中横跨的所
有完整的循环节;后缀是询问区间[l,r]中最后一小段不完整的部分(可为
空)。前缀和后缀部分的答案按照 60%的数据点中的做法查询线段树即可。而
中间部分的答案需要计算出横跨过的完整的循环节个数,并根据 n 与循环节
个数的奇偶性的不同辅以不同的计算公式,其推导比较简单但有不少细节,
可参见代码。
此外,本题可以通过将循环节延长一倍使得 n 必定为偶数,这样做就可
以避免 n 为奇数时还需使用不同的计算公式。不过这么做的话,线段树的规
模扩大一倍,而且一个修改操作需要修改 2 次线段树。算法常数更大,选手
可以通过快速 I/O 等手段改善程序性能。
时间复杂度:O(mlogn)
这里附上标解（from 福三zzq）
#include <iostream>#include <stdlib.h>#include <stdio.h>#include <string.h>using namespace std;#define SZ 812345typedef long long ll;int n,s[SZ];ll MOD=1e9+7;char tmp[SZ];struct BB{private:ll s_[SZ];public:ll sum(int x){ ll ans=0; for(++x;x>=1;x-=x&-x) ans+=s_[x], ans%=MOD; return ans;}ll sum(int l,int r){ ll ans=sum(r)-sum(l-1); return ans%MOD;}void add(int x,ll y){ for(++x,y%=MOD;x<=n;x+=x&-x) s_[x]=(s_[x]+y)%MOD;}}b1[2],b2[2];void edt(int i,int p){ b1[i&1].add(i,s[i]*p); b2[i&1].add(i,(ll)i*s[i]*p);}ll qp(ll a,ll b){ a%=MOD; ll aa=1; while(b) { if(b&1) aa=aa*a%MOD; a=a*a%MOD; b>>=1; } return aa;}#define FO(x) {freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#x".out","w",stdout);}int main(){ FO(sum) ll inv2=qp(2,MOD-2); scanf("%d%s",&n,tmp); for(int i=0;i<n;i++) s[i]=s[i+n]=tmp[i]-48; n+=n; for(int i=0;i<n;i++) edt(i,1); int q; scanf("%d",&q); while(q--) { int o; ll l,r; scanf("%d%I64d%I64d",&o,&l,&r); if(o==1) { --l; edt(l,-1); edt(l+n/2,-1); s[l]=s[l+n/2]=r; edt(l,1); edt(l+n/2,1); continue; } --l, --r; {ll bk=l/n*n; l-=bk, r-=bk;} if(r<n) { ll ans=b1[l&1].sum(l,r)*(r+1)-b2[l&1].sum(l,r); ans=(ans%MOD+MOD)%MOD; printf("%d\n",int(ans)); } else { ll zj=r/n-1; ll s1[3]={b1[l&1].sum(l,n-1),b1[l&1].sum(0,r%n), b1[l&1].sum(0,n-1)}; ll s2[3]={b2[l&1].sum(l,n-1),b2[l&1].sum(0,r%n), b2[l&1].sum(0,n-1)}; ll a1=s1[0]+s1[1]+s1[2]*(zj%MOD)%MOD; a1%=MOD; ll a2=s2[0]+s2[1]+s1[1]*((r/n*n)%MOD)%MOD; a2%=MOD; a2+=s2[2]*(zj%MOD)%MOD +s1[2]*n%MOD*((zj+1)%MOD*(zj%MOD)%MOD*inv2%MOD)%MOD; a2%=MOD; ll ans=a1*((r+1)%MOD)%MOD-a2; ans=(ans%MOD+MOD)%MOD; printf("%d\n",int(ans)); } }}
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