\(\verb|bzoj4373 算術天才⑨與等差數列|\)

給定一個長為 \(n\) 的序列 \(a_i\) ，有 \(m\) 次操作：

• 單點修改
• 詢問將區間中的數升序排序後是否是一個公差為 \(k\) 的等差數列

\(n,\ m\leq3\times10^5,\ 0\leq a_i,\ k\leq10^9\)

線段樹，hash

區間 \([l,\ r]\) 所組成的等差數列首項為 \(\min{a_{l\cdots r}}\) ，末項為 \(\max{a_{l\cdots r}}\) ，公差為 \(k\)

可以考慮求出 \([l,\ r]\) 和這個等差數列的hash值，接著對比即可

如果將區間和作為hash值，沖突率很高，可以考慮用每個數的平方作為hash值

設該等差數列首項為 \(l\) ，公差為 \(k\) ，項數為 \(t\)

則它的hash值為 \[\displaystyle\sum_{a=0}^t{(l+ak)^2}\]

接著大力化式子

\[hash=\displaystyle\sum_{a=0}^t{l^2+2lak+a^2k^2}\\=(t+1)l^2+k\displaystyle\sum_{a=0}^t{a^2k+2la}\\=(t+1)l^2+k(\displaystyle\sum_{a=0}^t{a^2}+2l\sum_{a=0}^ta)\\=(t+1)l^2+k(\frac{t(t+1)(2t+1)}{6}+lt(t+1))\]

故可 \(O(1)\)

此題還需要特判 \(l=r\) 及 \(k=0\) 的情況

由於我擔心被卡，用了雙模數，常數稍大 qaq

時間復雜度 \(O(n\log n)\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define mid ((l + r) >> 1)
#define lson k << 1, l, mid
#define rson k << 1 | 1, mid + 1, r
const int maxn = 3e5 + 10, P1 = 1e9 + 7, P2 = 1e9 + 9, inv1 = 166666668, inv2 = 833333341;
int n, m, lastans;

struct node {
  int mn, mx, v1, v2;
  node(int x = INT_MAX, int y = 0, int _v1 = 0, int _v2 = 0) :
    mn(x), mx(y), v1(_v1), v2(_v2) {}
} tree[maxn << 2];

inline node operator + (node a, node b) {
  return node(min(a.mn, b.mn), max(a.mx, b.mx), (a.v1 + b.v1) % P1, (a.v2 + b.v2) % P2);
}

void build(int k, int l, int r) {
  if (l == r) {
    int x;
    scanf("%d", &x);
    tree[k] = node(x, x, 1ll * x * x % P1, 1ll * x * x % P2);
    return;
  }
  build(lson), build(rson);
  tree[k] = tree[k << 1] + tree[k << 1 | 1];
}

void upd(int k, int l, int r, int x, int v) {
  if (l == r) {
    tree[k] = node(v, v, 1ll * v * v % P1, 1ll * v * v % P2);
    return;
  }
  if (x <= mid) {
    upd(lson, x, v);
  } else {
    upd(rson, x, v);
  }
  tree[k] = tree[k << 1] + tree[k << 1 | 1];
}

node query(int k, int l, int r, int ql, int qr) {
  if (ql <= l && r <= qr) {
    return tree[k];
  }
  node res;
  if (ql <= mid) res = query(lson, ql, qr);
  if (qr > mid) res = res + query(rson, ql, qr);
  return res;
}

inline int getsum(int l, int k, int t, int P, int inv) {
  return (1ll * l * l % P * (t + 1) % P + k * (1ll * l * t % P * (t + 1) % P + k * (1ll * t * (t + 1) % P * (2 * t + 1) % P * inv % P))) % P;
}

inline int getsum1(int l, int r, int k) {
  return getsum(l, k, (r - l) / k, P1, inv1);
}

inline int getsum2(int l, int r, int k) {
  return getsum(l, k, (r - l) / k, P2, inv2);
}

inline int reget(int x) {
  if (x < 1) x = 1;
  if (x > n) x = n;
  return x;
}

int main() {
  scanf("%d %d", &n, &m);
  build(1, 1, n);
  int op, x, y, k; node tmp;
  while (m--) {
    scanf("%d %d %d", &op, &x, &y);
    x ^= lastans, y ^= lastans, x = reget(x);
    if (op == 1) {
      upd(1, 1, n, x, y);
      continue;
    }
    y = reget(y);
    if (x > y) swap(x, y);
    bool ans;
    scanf("%d", &k);
    k ^= lastans;
    if (x == y) {
      ans = 1;
    } else {
      tmp = query(1, 1, n, x, y);
      ans = k ? tmp.mx - tmp.mn == 1ll * k * (y - x) && getsum1(tmp.mn, tmp.mx, k) == tmp.v1 && getsum2(tmp.mn, tmp.mx, k) == tmp.v2 : tmp.mn == tmp.mx;
    }
    ans ? lastans++, puts("Yes") : puts("No");
  }
  return 0;
}
 

bzoj4373 算術天才⑨與等差數列