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小 G 的線段樹

【題目描述】

小 G 是一名 $OIer$，他最近學習了一種高階資料結構——線段樹，
做題時，他遇到了如下的問題：
維護一個序列，要求支援三種操作：
1.區間加上一個數 $x$

【輸入格式】

第一行三個整數 $n\ m\ q$，分別表示序列長度、修改數和詢問數接下來一行 $n$個整數 $a_i$，表示序列的初始值接下來 $m$行，每行 $4$個整數 $c,l,r,x$
若 $c=1$，則表示把區間 $[l,r]$的元素加上 $x$
若 $c=2$，則表示把區間 $[l,r]$的元素全賦為 $x$
接下來 $q$行，每行 $2$個整數 $l,r$，代表每次詢問的左右端點。

【輸出格式】

$q$行，每行一個實數，按照輸入順序分別為 $q$個詢問的期望答案
答案保留 3 位小數

【樣例 1】

segment. in

5 4 8
2 3 3 3 3
1 1 3 2
1 3 5 1
2 2 4 1
2 1 3 4
1 1
2 2
3 3
4 4
5 5
1 3
2 5
1 5

segment.out

5.000
3.167
3.500
1.500
4.000
11.667
12.167
17.167

【樣例 2】

見選手目錄下 segment. in/segment.ans

【資料範圍與約定】

對於 $30\%$的資料， $n<=10,m<=10$
對於 $60\%$的資料， $n<=1000,m<=1000$
對於另外 $10\%$的資料，沒有操作 $1$
對於另外 $10\%$的資料， $q=1$
對於 $100\%$的資料， $n,m,q<=100000，1<=a_i<=100000$， $1$操作中的
$x<=100$， $2$操作中的 $x<=100000$。

【提示】

離散型隨機變數的一切可能取值 $x_i$與其對應的概率 $p_i$的乘積之和稱為該離散型隨機變數的期望，即 $E(x)=\sum_{i=1}^nx_ip_i$ 。

題解

先考慮如何計算單點的答案：

首先，該點的初始值只在無賦值操作的時候有效；考慮 $n$個賦值操作將整個操作序列分成了 $n+1$份，只有最後一個賦值操作有效，所以賦值操作對答案的貢獻為 $\frac{x}{n}$；只有在最後一個賦值操作之後的加操作有效，所以加操作對答案的貢獻為 $\frac{x}{n+1}$。

我們只需要查分統計每個點的賦值操作個數、賦值與加操作權值即可。

程式碼

#include<cstdio>
const int M=1e5+5;
int tot1,tot2,n,m,q,que[M];
long long add[M],ass[M],cot[M];
double ans[M];
void in(){scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&que[i]);}
void ac()
{
	for(int i=1,op,l,r,x;i<=m;++i)
	{
		scanf("%d%d%d%d",&op,&l,&r,&x);
		op==1?(add[l]+=x,add[r+1]-=x):(ass[l]+=x,ass[r+1]-=x,++cot[l],--cot[r+1]);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)add[i]+=add[i-1],ass[i]+=ass[i-1],cot[i]+=cot[i-1],ans[i]=add[i]/(cot[i]+1.0);
	for(int i=1;i<=n;++i)ans[i]+=(cot[i]?1.0*ass[i]/cot[i]:que[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i)ans[i]+=ans[i-1];
	for(int i=1,l,r;i<=q;++i)
	scanf("%d%d",&l,&r),printf("%.3lf\n",ans[r]-ans[l-1]);
}
int main(){in(),ac();}