洛谷 P2221 [HAOI2012]高速公路

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P2221

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题意：

有 \(n(1\leq n\leq 10^5)\) 个点,从第 \(i(1\leq i< n)\) 个点向第 \(i+1\) 个点连有边。最初所有边长 \(v_i\) 为 \(0\)。

有 \(m(1\leq m\leq 10^5)\) 次操作：

• 操作 \(1\)：'C' l r v 表示将 \(l\) 和 \(r\) 之间的所有边长度加上 \(v\)。
• 操作 \(2\)：'Q' l r 在第 \(l\) 个到第 \(r\) 个点里等概率随机取出两个不同的点 \(a\) 和 \(b\)，询问 \(a,b\) 的期望距离。

保证：\(1\leq l\leq r\leq n,-10^4\leq v\leq 10^4\)，任意时刻满足 \(0\leq v_i\leq 10^4\)。

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分析：

分析询问操作，显然是问距离的平均数，也就是\(\dfrac{\sum\limits_{i=l}^{r-1}\sum\limits_{j=i+1}^rdis[i][j]}{(r-l+1)\times(r-l)/2}\)。

分母可以直接算，分子比较难算。

首先化边为点，查询 \([l,r]\) 之间的边也就是 \([l,r-1]\) 的边。

考虑每条边被计算的次数，枚举左右两边的端点，则 \(ans=\sum\limits_{i=l}^{r-1}v[i]\times(i-l+1)\times(r-i+1)\)。

把式子拆开后得到：

\(ans=\sum\limits_{i=l}^{r-1}v[i]*i^2+(l+r)\sum\limits_{i=l}^{r-1}v[i]*i+(-l*r+r-l+1)*\sum\limits_{i=l}^{r-1}v[i]\)

\(\sum\) 前面的东西可以提出来，所以我们只需要每次查询 \(\sum\limits_{i=l}^{r-1}v[i]*i^2,\sum\limits_{i=l}^{r-1}v[i]*i,\sum\limits_{i=l}^{r-1}v[i]\)

线段树维护这三个值，分别记为 \(sum1,sum2,sum3\)

pushup 时直接相加：

inline void pushup(int p){
	sum1(p)=sum1(p<<1)+sum1(p<<1|1);
	sum2(p)=sum2(p<<1)+sum2(p<<1|1);
	sum3(p)=sum3(p<<1)+sum3(p<<1|1);
}

修改时，\(sum1\) 加上 \(d*\sum\limits_{i=l}^ri^2\)，\(sum2\) 加上 \(d*\sum\limits_{i=l}^ri\)，\(sum3\) 加上 \(d*\sum\limits_{i=l}^r1\)。这些东西都可以 \(O(1)\) 搞出来。

所以分子就维护好了。

由于对边的操作需要我们让 \(r-1\)，但分母中的 \(r\) 不能减，所以在 \(r-1\) 后，分母要变成 \((r-l+2)\times(r-l+1)/2\)。

于是这道题就做完了。时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

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代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define in read()
inline int read(){
	int p=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(c>'9'||c<'0'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){p=p*10+c-'0';c=getchar();}
	return p*f;
}
const int N=1e5+5;
int n,m;
inline int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
#define sum1(x) t[x].sum1
#define sum2(x) t[x].sum2
#define sum3(x) t[x].sum3
#define tag(x) t[x].tag
inline int sumi1(int l,int r){return (l+r)*(r-l+1)/2;}
inline int sumi2(int l,int r){return r*(r+1)/2*(2*r+1)/3-(l-1)*l/2*(2*l-1)/3;}
struct node{
	int sum1,sum2,sum3,tag;
}t[N<<2];
inline void pushup(int p){
	sum1(p)=sum1(p<<1)+sum1(p<<1|1);
	sum2(p)=sum2(p<<1)+sum2(p<<1|1);
	sum3(p)=sum3(p<<1)+sum3(p<<1|1);
}
inline void f(int l,int r,int p,int d){
	tag(p)+=d;
	sum1(p)+=sumi2(l,r)*d;
	sum2(p)+=sumi1(l,r)*d;
	sum3(p)+=(r-l+1)*d;
}
inline void pushdown(int l,int r,int p){
	if(tag(p)){
		int mid=(l+r)>>1;
		f(l,mid,p<<1,tag(p));
		f(mid+1,r,p<<1|1,tag(p));
		tag(p)=0;
	}
}
inline void change(int l,int r,int p,int cl,int cr,int d){
	if(l>=cl&&r<=cr){f(l,r,p,d);return ;}
	pushdown(l,r,p);
	int mid=(l+r)>>1;
	if(cl<=mid)change(l,mid,p<<1,cl,cr,d);
	if(cr>mid)change(mid+1,r,p<<1|1,cl,cr,d);
	pushup(p);
}
struct ret{
	int sum1,sum2,sum3;
};
ret operator+(const ret &x,const ret &y){
	ret z;
	z.sum1=x.sum1+y.sum1;
	z.sum2=x.sum2+y.sum2;
	z.sum3=x.sum3+y.sum3;
	return z;
}
inline ret query(int l,int r,int p,int ql,int qr){
	if(l>=ql&&r<=qr){return {sum1(p),sum2(p),sum3(p)};}
	pushdown(l,r,p);
	int mid=(l+r)>>1;
	ret t={0,0,0};
	if(ql<=mid)t=t+query(l,mid,p<<1,ql,qr);
	if(qr>mid)t=t+query(mid+1,r,p<<1|1,ql,qr);
	return t;
}
signed main(){
	n=in,m=in;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		char c[5];
		cin>>c;
		if(c[0]=='C'){
			int l=in,r=in-1,d=in;
			change(1,n,1,l,r,d);
		}
		else{
			int l=in,r=in-1;
			ret ans=query(1,n,1,l,r);
			int ans1=-ans.sum1+(l+r)*ans.sum2+(r-l+1-l*r)*ans.sum3;
			int ans2=(r-l+2)*(r-l+1)/2;
			int t=gcd(ans1,ans2);
			ans1/=t,ans2/=t;
			cout<<ans1<<"/"<<ans2<<'\n';
		}
	}
	return 0;
}

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