【挖坑记】JZOJ 4711 Binary

题目大意

给定一个长度为n的整数数列a和q次操作：

修改操作：形如 1 x y，表示将ax的值修改为y；

询问操作：形如 2 x y，表示询问∑n1(ai+x) and y的值。

n,q<=105

0<=ai,x,y<=220

【40%】n,q<=5000

题目怎么说怎么做。

【另20%】所有询问的x=0

二进制总共只有20位，直接记录每一位为1的有多少个数，假设记为cnt[i]查询时，y的第i个二进制位为1，就答案加上2i∗cnt[i]。

【100%】n,q<=10^5

我们还是对于每个二进制位单独考虑，且y这一位为1才考虑。

不考虑+x时，我们还可以弄一棵值域线段树，那么cnt[i]所包含的数就是这样的：比i高的位任意，i位以内满足在[2i−1,2i−1]这个区间内。可以发现我们查询的区间对于整个值域来说并不连续，而是一段一段的，因此我们对每个二进制位都开一棵值域线段树，第i位的线段树存储的数则由ai变为ai mod 2i。这样我们操作第i位时，直接在第i位的线段树中查询[2i−1,2i−1]内的数有多少个，就行了。

接下来考虑+x。这个实际上是对查询区间的位移，比如当前查询区间[2i−1,2i−1]，那么就变成[2i−1−x,2i−1−x]。要注意这里的x是mod 2i的。唯一的问题就是区间左端点可能为负。这好办，先把0到右端点的正常操作，假设左端点变成了−z，那我们再查询[2i−z,2i−1]就行了。这里相当于是退位一样的东西。

代码

//我把线段树换成树状数组，这样常数小代码短

#include<cstdio>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn=(1e5)+5, MX=20, maxc=(1<<20)+5;

int n,a[maxn],er[MX+5];

int c[MX+2][maxc];
int lowbit(int x) {return x&(-x);}
void xg(int ty,int x,int z)
{
if (x==0) {c[ty][0]+=z; return;}
for(; x<er[ty]; x+=lowbit(x)) c[ty][x]+=z;
}
int get(int ty,int x)
{
if (x<0) return 0;
int re=0;
for(; x; x-=lowbit(x)) re+=c[ty][x];
return re+c[ty][0];
}

int q;
int main()
{
fo(i,0,MX) er[i]=1<<i;

scanf("%d %d",&n,&q);
fo(i,1,n)
{
scanf("%d",&a[i]);
fo(j,1,20) xg(j,a[i]%er[j],1);
}

while (q--)
{
int ty,x,y;
scanf("%d %d %d",&ty,&x,&y);
if (ty==1)
{
fo(i,1,20) xg(i,a[x]%er[i],-1);
fo(i,1,20) xg(i,y%er[i],1);
a[x]=y;
} else
{
LL ans=0;
fo(i,1,MX) if (y&er[i-1])
{
int xx=x%er[i], st=er[i-1]-xx, en=er[i]-1-xx;
if (st<0)
{
ans+=(LL)er[i-1]*get(i,en);
if (i>1) ans+=(LL)er[i-1]*(get(i,er[i]-1)-get(i,er[i]+st-1));
} else
{
ans+=(LL)er[i-1]*(get(i,en)-get(i,st-1));
}
}

printf("%lld\n",ans);
}
}
}