bzoj 3038: 上帝造题的七分钟2

来源：互联网发布：丑陋的中国人知乎编辑：程序博客网时间：2024/04/30 07:54

3038: 上帝造题的七分钟2

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Description

XLk觉得《上帝造题的七分钟》不太过瘾，于是有了第二部。
"第一分钟，X说，要有数列，于是便给定了一个正整数数列。
第二分钟，L说，要能修改，于是便有了对一段数中每个数都开平方(下取整)的操作。
第三分钟，k说，要能查询，于是便有了求一段数的和的操作。
第四分钟，彩虹喵说，要是noip难度，于是便有了数据范围。
第五分钟，诗人说，要有韵律，于是便有了时间限制和内存限制。
第六分钟，和雪说，要省点事，于是便有了保证运算过程中及最终结果均不超过64位有符号整数类型的表示范围的限制。
第七分钟，这道题终于造完了，然而，造题的神牛们再也不想写这道题的程序了。"
——《上帝造题的七分钟·第二部》
所以这个神圣的任务就交给你了。

Input

第一行一个整数n，代表数列中数的个数。
第二行n个正整数，表示初始状态下数列中的数。
第三行一个整数m，表示有m次操作。
接下来m行每行三个整数k,l,r，k=0表示给[l,r]中的每个数开平方(下取整)，k=1表示询问[l,r]中各个数的和。

Output

对于询问操作，每行输出一个回答。

Sample Input

10
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
5
0 1 10
1 1 10
1 1 5
0 5 8
1 4 8

Sample Output

19
7
6

HINT

1：对于100%的数据，1<=n<=100000，1<=l<=r<=n，数列中的数大于0，且不超过1e12。

2：数据不保证L<=R 若L>R，请自行交换L,R，谢谢！

题解：线段树

如果一个数等于0或1，那么他再开平方不变，所以可以标记一下，如果一定的左右子树都已经被标记，那么就没必要再修改了

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#define N 100003#define ll long longusing namespace std;ll n,m;ll a[N],tr[4*N],delta[4*N];void update(ll x){ tr[x]=tr[x<<1]+tr[x<<1|1]; delta[x]=(delta[x<<1]&&delta[x<<1|1]);}void build(ll now,ll l,ll r){ if (l==r) {  tr[now]=a[l];  return ; } ll mid=(l+r)/2; build(now<<1,l,mid); build(now<<1|1,mid+1,r); update(now);}ll qjsum(ll now,ll l,ll r,ll lx,ll rr){ if (l>=lx&&r<=rr) {  return tr[now]; } ll mid=(l+r)/2; ll sum=0; if (lx<=mid)  sum+=qjsum(now<<1,l,mid,lx,rr); if (rr>mid)  sum+=qjsum(now<<1|1,mid+1,r,lx,rr); return sum;}void change(ll now,ll l,ll r,ll lx,ll rr){  if (delta[now])  return;  if (l==r)   {     tr[now]=(long long)sqrt(tr[now]);     a[l]=(long long )sqrt(a[l]);     if (tr[now]==0||tr[now]==1)  delta[now]=1;     return ;   }  ll mid=(l+r)/2;  if (lx<=mid) change(now<<1,l,mid,lx,rr);  if (rr>mid) change(now<<1|1,mid+1,r,lx,rr);  update(now);}int main(){ scanf("%lld",&n); for (ll i=1;i<=n;i++)  scanf("%lld",&a[i]); build(1,1,n); scanf("%lld",&m); for (ll i=1;i<=m;i++)  {   ll op,x,y; scanf("%lld%lld%lld",&op,&x,&y);   if (x>y) swap(x,y);   if (op==1)    printf("%lld\n",qjsum(1,1,n,x,y));   else    change(1,1,n,x,y);  }}

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