題意：有一個 $[1,n]$ 的線段樹和 $m$ 個區(qū)間賦值操作，求任取一個操作的子集并按順序在線段樹上跑后線段樹上有 lazy 標記的點的個數(shù)之和 模 $998244353$。

$n,m\le 10^5$

真·線段樹上 dp

考慮線段樹的情況很復雜，所以大概率是強行討論。

顯然分結(jié)點考慮，即設(shè) $f(u)$ 為當前線段樹上結(jié)點 $u$ 有標記的概率。

然后對于一次操作，結(jié)點大概分為以下 $4$ 類：

普通結(jié)點：該操作真實操作到的 $\log$ 個結(jié)點，這些結(jié)點操作后一定有標記。

文藝結(jié)點：普通線段樹修改時經(jīng)過但未覆蓋的點。這些點即使有標記訪問后也會被下放，所以一定沒有標記。

二逼結(jié)點：在父結(jié)點只往兄弟結(jié)點遞歸時，可以得到父結(jié)點標記的結(jié)點。但它是否有標記需要討論。

廢物結(jié)點：和修改沒有任何關(guān)系的結(jié)點。

然后開始討論

• 普通結(jié)點

$$f(u)\leftarrow \frac{f(u)+1}{2}$$

• 文藝結(jié)點

$$f(u)\leftarrow \frac{f(u)}{2}$$

• 二逼結(jié)點

$$f(u)\leftarrow \frac{f(u)+\text{\&\#歪比巴卜……}}{2}$$

發(fā)現(xiàn)這個修改后有標記的概率不好搞。

然后考場上瞎傳參亂搞，然后寫崩了……

冷靜分析我們實際上需要什么東西。

這個點有標記，當且僅當祖先傳下來了一個標記，或者自己本來就有標記。總之就是 $1～u$ 的路徑上至少有一個標記。

這個怎么搞呢？容斥？

實際上直接開個 $g(u)$ 記一下就可以了……

重新推一下

• 普通結(jié)點

自己被標記了，所以到根路徑上一定也有標記。

$$f(u)\leftarrow \frac{f(u)+1}{2}$$

$$g(u)\leftarrow \frac{g(u)+1}{2}$$

• 文藝結(jié)點

自己有標記也會被傳下去。

$$f(u)\leftarrow \frac{f(u)}{2}$$

$$g(u)\leftarrow \frac{g(u)}{2}$$

• 二逼結(jié)點

本身有標記當且僅當?shù)礁窂缴嫌袠擞洝Ｒ驗樽嫦鹊臉擞浂急粋飨聛砹?#xff0c;所以路徑有標記相當于自己有標記。

$$f(u)\leftarrow \frac{f(u)+g(u)}{2}$$

$$g(u)\leftarrow \frac{g(u)+g(u)}{2}=g(u)$$

• 廢物結(jié)點

然后你會發(fā)現(xiàn)還有兩種小類：

底層結(jié)點

普通結(jié)點子樹內(nèi)被減掉的結(jié)點，標記不變，但到根路徑一定有標記。

$$g(u)\leftarrow \frac{g(u)+1}{2}$$

路人結(jié)點

純路人，沒有任何變化。

然后 普通，文藝，二逼的結(jié)點是 $O(\log n)$ 的，直接暴力。底層結(jié)點可以打 lazy 標記，路人結(jié)點不管。

復雜度 $O(n\log n)$

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> #define MAXN 100005 using namespace std; inline int read() {int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans; } typedef long long ll; const int MOD=998244353,INV=(MOD+1)>>1; int f[MAXN<<3],g[MAXN<<3],s[MAXN<<3]; int add[MAXN<<3],mul[MAXN<<3]; #define lc p<<1 #define rc p<<1|1 inline void update(int p){s[p]=((ll)f[p]+(ll)s[lc]+s[rc])%MOD;} inline void pushlzy(int p,int m,int v){g[p]=((ll)g[p]*m+v)%MOD;mul[p]=(ll)mul[p]*m%MOD,add[p]=((ll)add[p]*m+v)%MOD;} inline void pushdown(int p) {if (add[p]||mul[p]>1){pushlzy(lc,mul[p],add[p]),pushlzy(rc,mul[p],add[p]);add[p]=0,mul[p]=1;} } void modify(int p,int l,int r,int ql,int qr) {if (ql<=l&&r<=qr) return (void)(f[p]=(f[p]+1ll)*INV%MOD,pushlzy(p,INV,INV),update(p));pushdown(p);f[p]=(ll)f[p]*INV%MOD,g[p]=(ll)g[p]*INV%MOD;int mid=(l+r)>>1;if (qr<=mid){f[rc]=((ll)f[rc]+g[rc])*INV%MOD;update(rc);modify(lc,l,mid,ql,qr);return update(p);}if (ql>mid){f[lc]=((ll)f[lc]+g[lc])*INV%MOD;update(lc);modify(rc,mid+1,r,ql,qr); return update(p);}modify(lc,l,mid,ql,qr),modify(rc,mid+1,r,ql,qr);update(p); } int main() {freopen("segment.in","r",stdin);freopen("segment.out","w",stdout);for (int i=0;i<(MAXN<<3);i++) mul[i]=1;int n=read(),cur=1;for (int m=read();m;m--){int t=read();if (t==1){int l,r;l=read(),r=read();modify(1,1,n,l,r);cur=cur*2%MOD;}else printf("%lld\n",(ll)s[1]*cur%MOD);}return 0; }

總結(jié)

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