傳送門

首先，答案等於$$ans=\sum_{i=l}^r\sum_{j=i}^r\frac{sum(i,j)}{C_{r-l+1}^2}$$

也就是說所有情況的和除以總的情況數

因為這是一條鏈，我們可以把邊也轉化成一個序列，用$i$表示$(i,i+1)$這一條邊，那麽只要把區間的右端點減一即可

。發現下面的$C_{r-l+1}^2$很好計算，考慮怎麽計算上面的，轉化，我們考慮每條邊會被算多少次，那麽答案變成$$\sum_{i=l}^r\sum_{j=i}^r{sum(i,j)}=\sum_{i=l}^rw_i(i-l+1)(r-i+1)$$

也就是說左端點取遍這條邊左邊的所有點，右端點也取遍右邊的所有點

化簡之後可以得到$$(r+1)(1-l)\sum w_i+(l+r)w_i*i-\sum w_i*i^2$$

然後用線段樹維護即可

ps：$\sum w_i$很好維護，$\sum w_i*i$在區間加的時候用等差數列求和公式計算貢獻，$\sum w_i*i^2$用公式$\sum_{i=1}^n i^2=\frac{(2n+1)n(n+1)}{6}$計算前綴和再相減來考慮貢獻

pps：因為區間的右端點減一了，所以組合數應該變成$C_{r-l+2}^2$

 1 //minamoto
 2 #include<bits/stdc++.h>
 3 #define ll long long
 4
 
 using namespace std;
 5 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
 6 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
 7 inline int read(){
 8     #define num ch-‘0‘
 9     char ch;bool flag=0;int res;
10     while(!isdigit(ch=getc()))
11     (ch==‘-‘)&&(flag=true
 
);
12     for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num);
13     (flag)&&(res=-res);
14     #undef num
15     return res;
16 }
17 inline char getop(){
18     char ch;while((ch=getc())!=‘C‘&&ch!=‘Q‘);return ch;
19 }
20 char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z;
21 inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
22 inline void print(ll x){
23     if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x;
24     while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
25     while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]=‘\n‘;
26 }
27 const int N=1e5+5;
28 inline ll gcd(ll a,ll b){
29     if(!b) return a;
30     while(b^=a^=b^=a%=b);
31     return a;
32 }
33 inline ll calc(int x){return 1ll*(x<<1|1)*x*(x+1)/6;}
34 int n,m,tag[N<<2];ll sum[N<<2][3];
35 #define ls (p<<1)
36 #define rs (p<<1|1)
37 inline void upd(int p){for(int i=0;i<3;++i)sum[p][i]=sum[ls][i]+sum[rs][i];}
38 inline void ppd(int p,int l,int r,int w){
39     int x=r-l+1;tag[p]+=w;
40     sum[p][0]+=1ll*x*w;
41     sum[p][1]+=1ll*x*w*(l+r)>>1;
42     sum[p][2]+=1ll*w*(calc(r)-calc(l-1));
43 }
44 inline void pd(int p,int l,int r){
45     int mid=(l+r)>>1,w=tag[p];tag[p]=0;
46     ppd(ls,l,mid,w),ppd(rs,mid+1,r,w);
47 }
48 void update(int p,int l,int r,int ql,int qr,int w){
49     if(ql<=l&&qr>=r) return ppd(p,l,r,w);
50     int mid=(l+r)>>1;if(tag[p]) pd(p,l,r);
51     if(ql<=mid) update(ls,l,mid,ql,qr,w);
52     if(qr>mid) update(rs,mid+1,r,ql,qr,w);
53     upd(p);
54 }
55 ll query(int p,int l,int r,int ql,int qr,int t){
56     if(ql<=l&&qr>=r) return sum[p][t];
57     int mid=(l+r)>>1;ll res=0;if(tag[p]) pd(p,l,r);
58     if(ql<=mid) res+=query(ls,l,mid,ql,qr,t);
59     if(qr>mid) res+=query(rs,mid+1,r,ql,qr,t);
60     return res;
61 }
62 int main(){
63 //    freopen("testdata.in","r",stdin);
64     n=read(),m=read();--n;ll x,y,g;
65     while(m--){
66         char op=getop();int l=read(),r=read();--r;
67         if(op==‘C‘) x=read(),update(1,1,n,l,r,x);
68         else{
69             y=1ll*(r-l+2)*(r-l+1)>>1;
70             x=query(1,1,n,l,r,0)*(r+1)*(1-l)+query(1,1,n,l,r,1)*(l+r)-query(1,1,n,l,r,2);
71             g=gcd(x,y);print(x/g),sr[C]=‘/‘,print(y/g);
72         }
73     }
74     return Ot(),0;
75 }

洛谷P2221 [HAOI2012]高速公路（線段樹+概率期望）