51nod1617(codeforces117D)奇偶数组

题目大意

a是一个包含n个元素的数组。对a中的元素进行1-n编号。
定义“偶数组” even， eveni=a2i(1≤2i≤n） ，即“偶数组” even是由数组a中编号为偶数的元素组成的。
定义“奇数组” odd， oddi=a2i−1(1≤2i−1≤n) ，即“奇数组”odd是由数组a中编号为奇数的元素组成的。

然后，我们定义一个转换方程F(a)，F(a)的结果为一个数组，过程如下：
当n>1时，F(a)=F(odd)+F(even)，
其中”+”是合并的意思(如[1，3]+[2，4]＝[1，3，2，4]),odd和even为前面所描述的数组。
当n＝1时，F(a)=a。

a的初始值为n个数，元素的值为1，2，3……n。
b为a经过变换后的数组，即b＝F(a)。题目将会给出m个查询(l,r,u,v)。
你的任务是对b中第l个到第r个元素（含），并且元素的值在[u，v]区间内的元素进行求和，并对mod取模。
用公式表示如下： (∑u≤bi≤v&&l≤i≤r bi) % mod 。

Input

单组测试数据
第一行有三个正整数n，m，mod（1≤n≤10^18，1≤m≤10^5，1≤mod≤10^9）
分别表示a中元素的数量，查询的个数和取模的底数。
接下来有m行
每行有四个整数l，r，u，v（1≤l≤r≤n，1≤u≤v≤10^18）

Output

m行，每行一个整数，查询的结果。

Input示例
4 5 10000
2 3 4 5
2 4 1 3
1 2 2 4
2 3 3 5
1 3 3 4

Output示例
0
5
3
3
3

Solution

题目中奇偶数组的分组是递归进行的，基本没什么规律，而n又有很大，无法直接模拟。从“奇偶数组”的角度考虑，是行不通的。

但我们如果只看题目的要求，就是求l到r区间的和，再加上一些限制条件——这不是线段树吗？而且只需log的复杂度就能完成。
再手动模拟一些小数据，发现线段树每个节点上记下的排列都是等差数列。以lay表示层数，则每个节点上等差数列的公差是2lay−1，且如果每个节点的第一项是headi，那么它左儿子节点的第一项headlefti=headi，它的右儿子节点的第一项headrighti=headi+2lay−1。不用建出这棵线段树，也能直接计算出这个节点的值。

关于限制条件u,v，我们可以先计算1~u-1的区间，再计算1~v的区间，就能较方便地解决问题。

代码

#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;ll mi[1000],mo;ll read(){    ll ans=0;    char ch=getchar();    while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();    while (ch>='0'&&ch<='9')    {        ans=ans*(ll)10+(ll)(ch-'0');        ch=getchar();    }    return ans;}ll query(ll l,ll r,ll x,ll y,ll k,ll head,int lay){    if (l==r)    {        if (head<=k) return head;        return 0;    }    if (l==x&&y==r)    {        if (head>k) return 0;        ll x1=r-l+1LL;        ll x2=((k-head)/mi[lay-1])+1LL;        x1=min(x1,x2);        if (!x1) return 0;        ll fir=head,las=head+(x1-1LL)*mi[lay-1];        fir+=las;        if (fir&1) x1>>=1;        else fir>>=1;//计算时小心一点，先把2除掉再取模。        ll sum1=((fir%mo)*(x1%mo))%mo;        return sum1;    }    ll mid=(l+r)>>1;    if (mid<x) return query(mid+1,r,x,y,k,head+mi[lay-1],lay+1);    if (mid>=y) return query(l,mid,x,y,k,head,lay+1);    return (query(l,mid,x,mid,k,head,lay+1)+query(mid+1,r,mid+1,y,k,head+mi[lay-1],lay+1))%mo; } int main(){    ll n,m;    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&mo);    mi[0]=1LL;    for (int i=1;i<=62;i++)    {        mi[i]=mi[i-1]*2LL;//预处理2的幂次时千万不能取模    }    while (m--)    {        ll l=read(),r=read(),u=read(),v=read();        if (l>r||u>v)         {            puts("0");            continue;        }        ll ans=query(1LL,n,l,r,v,1LL,1);        ans-=query(1LL,n,l,r,u-1LL,1LL,1);        ans=(ans%mo+mo)%mo;        printf("%lld\n",ans);           }       return 0;}