洛谷 9月月赛

T1 预生成密码

题目描述
众所周知，在一些特殊的部门，如果密码能够让一个人就解开，就会非常不安全。
PIC（Pre-Invoked Code，预生成密码）诞生了。这个密码比较安全，是因为它必须由三个人保管。系统首先预先生成三个大整数a、b、c，计算出它们的与AND/或OR/和SUM并保存，然后将a、b、c分别告诉这三个人。需要使用密码解锁的时候，三个人必须依次输入这三个大整数才能成功。
那么为什么要计算这个与/或/和呢？这是PIC的“自救”功能：如果知道密码的三个人之中有人因为一些特殊的原因无法输入密码了，那么可以通过查阅该PIC的与/或/和的数值（这三个数值被其他的方式保护着，可以认为相当安全），并且根据手上的密码和这三个数值重新计算出剩下那个人的密码。
你是一位安全经理。你毫不费力的拿到一个PIC的与/或/和信息。你现在希望通过这个信息复原出原始代码。你当然清楚，满足这样限制的a、b、c是不唯一的，因此你希望最小（a尽可能小，a相同则b尽可能小，b相同则c尽可能小）的那一组开始尝试。
输入输出格式
输入格式：
输入包含多组数据，以EOF结尾。
对于每一组数据，输入仅包含一行：AND，OR，SUM。
输出格式：
对于每一组数据输出一行：a、b、c，即为最小的那一组可能密码。
输入输出样例
输入样例#1：
16 31 72
8 30 52
输出样例#1：
16 25 31
8 14 30
说明
记n为max(a,b,c)，t为单点数据组数。
对于10%的数据，n≤50；
对于30%的数据，n≤1000；
对于另外10%的数据，保证a=0；
对于另外10%的数据，保证a=b=c；
对于100%的数据，n≤10^18，t≤10。

//想秒但又不敢秒的一道题#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>using namespace std;#define LL long longLL a,b,c;int main(){    while(scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c)!=EOF){        printf("%lld %lld %lld\n",a,c-a-b,b);    }    return 0;}

T2 康娜的线段树

题目描述
小林是个程序媛，不可避免地康娜对这种人类的“魔法”产生了浓厚的兴趣，于是小林开始教她OI。
今天康娜学习了一种叫做线段树的神奇魔法，这种魔法可以维护一段区间的信息，是非常厉害的东西。康娜试着写了一棵维护区间和的线段树。由于她不会打标记，因此所有的区间加操作她都是暴力修改的。具体的代码如下：
struct Segment_Tree{

define lson (o<<1)

define rson (o<<1|1)

int sumv[N<<2],minv[N<<2];inline void pushup(int o){sumv[o]=sumv[lson]+sumv[rson];}inline void build(int o,int l,int r){    if(l==r){sumv[o]=a[l];return;}    int mid=(l+r)>>1;    build(lson,l,mid);build(rson,mid+1,r);    pushup(o);}inline void change(int o,int l,int r,int q,int v){    if(l==r){sumv[o]+=v;return;}    int mid=(l+r)>>1;    if(q<=mid)change(lson,l,mid,q,v);    else change(rson,mid+1,r,q,v);    pushup(o);}

}T;
在修改时，她会这么写：
for(int i=l;i<=r;i++)T.change(1,1,n,i,addv);
显然，这棵线段树每个节点有一个值，为该节点管辖区间的区间和。
康娜是个爱思考的孩子，于是她突然想到了一个问题：
如果每次在线段树区间加操作做完后，从根节点开始等概率的选择一个子节点进入，直到进入叶子结点为止，将一路经过的节点权值累加，最后能得到的期望值是多少？
康娜每次会给你一个值 qwqqwq ，保证你求出的概率乘上 qwqqwq 是一个整数。
这个问题太简单了，以至于聪明的康娜一下子就秒了。
现在她想问问你，您会不会做这个题呢？
输入输出格式
输入格式：
第一行整数 n,m,qwqn,m,qwq 表示线段树维护的原序列的长度，询问次数，分母。
第二行 nn 个数，表示原序列。
接下来 mm 行，每行三个数 l,r,xl,r,x 表示对区间[l,r][l,r] 加上 xx
输出格式：
共 mm 行，表示期望的权值和乘上qwq结果。
输入输出样例
输入样例#1：
8 2 1
1 2 3 4 5 6 7 8
1 3 4
1 8 2
输出样例#1：
90
120
说明
对于30%的数据，保证 1 \leq n,m \leq 1001≤n,m≤100
对于70%的数据，保证 1 \leq n,m, \leq 10^{5}1≤n,m,≤10
?5
??
对于100%的数据，保证1 \leq n,m \leq 10^6 1≤n,m≤10
?6
??
-1000 \leq a_i,x \leq 1000?1000≤a
?i
?? ,x≤1000

粘贴问题概不负责

首先，考虑每一次增加的x可以为期望增加多少
设一条路路径和为sum
该叶节点的期望为sum/2^(dep-1)
但每个叶子的dep不一定相同
所以可以给sum乘以2^(maxdep-dep),然后就可以统一除以2^(maxdep-1)
先O(n)把叶节点的sum和求出来
修改的话维护每一个数的贡献，用前缀和数组
修改时ans+=(s[r]-s[l-1])*x，cout<

#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cmath>using namespace std;#define LL long long#define MAXN 1000005int dep[MAXN],Max_dep,n,m;LL ans,qwq,y,s[MAXN],tre[MAXN*4];inline void read(LL &x){    x=0; int f=1; char c=getchar();    while(c>'9'||c<'0'){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }    while(c>='0'&&c<='9'){ x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } x*=f;}void Build(int u,int l,int r,int deepth){    if(l==r){ read(tre[u]); dep[l]=deepth; Max_dep=max(Max_dep,deepth); return ; }    int Mid=l+r>>1;    Build(u<<1,l,Mid,deepth+1);    Build(u<<1|1,Mid+1,r,deepth+1);    tre[u]=tre[u<<1]+tre[u<<1|1];}LL Query(int u,int l,int r,int deepth,LL sum){    if(l==r){ return (1LL<<deepth)*(tre[u]+sum); }    int Mid=l+r>>1;    if(l>Mid) return Query(u<<1|1,l,r,deepth-1,sum+tre[u]);    else if(r<=Mid) return Query(u<<1,l,r,deepth-1,sum+tre[u]);    else return Query(u<<1,l,Mid,deepth-1,sum+tre[u])+Query(u<<1|1,Mid+1,r,deepth-1,tre[u]+sum);}int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);read(qwq);    Build(1,1,n,1);    ans=Query(1,1,n,Max_dep-1,0);    for(int i=1;i<=n;++i)        s[i]=s[i-1]+(((1LL<<dep[i])-1)<<(Max_dep-dep[i]));    y=(1LL<<Max_dep-1);    LL p= __gcd(y,qwq);    qwq/=p,y/=p;    LL l,r,x;    while(m--){        read(l),read(r),read(x);        ans+=(s[r]-s[l-1])*x;        printf("%lld\n",ans*qwq/y);    }    return 0;}

本来打比赛的时候只做了第一题，见天回来看，T3是noi+/CTSC难度，啊！还是算了吧。