solution digi def 根據 class ++ 子節點 \n show

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\(\\\)

\(Description\)

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現在有一個線段樹維護長為\(N\)的數列，實現方式是\(mid=((l+r)>>1)\)，支持區間加，節點維護區間和。

共有\(M\)次區間加，每次區間加之後詢問，選一條從根到任意葉子節點的鏈，其上的節點維護的區間和之和的期望。

• \(N,M\le 10^6\)

\(\\\)

\(Solution\)

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根據期望的線性性，開始的想法是維護每一個節點在選中的鏈上的概率，每次修改把修改乘上概率，復雜度\(\text O(NlogN)\)，卡\(T\)三個點。

然後仔細回想每一次增加的過程。對一個葉子增加，顯然對他的所有祖先都會有貢獻，假如一個節點深度為\(k\)

，那麽它被選在鏈裏的概率就是\(\frac 1{2^k}\) ，所以一個葉子節點 \(i\) 從自己開始所有祖先的概率和為
\[ \sum_{i=0}^{deep[i]} \frac 1{2^i}=2-\frac 1{2^i} \]
因為期望的線性性，所以這一個葉節點增加，所有祖先會對總期望加上選擇概率\(\times\)增量的答案，不妨直接記錄每個葉節點及其祖先節點在這個節點增加時的概率和，這樣就可以直接統計一個節點對答案的增量了。

然後區間加的時候區間的增量都相同，所以把概率求一個前綴和，然後總增量就是區間概率和\(\times\)單點增量了。

這題邪在需要\(long\ douvble\)

，而且用 \(printf\) 輸出 \(\%lf\) 是非常慢的，所以要先強轉\(long\ long\)，然後註意轉換的時候要設\(eps\)。

\(\\\)

\(Code\)

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#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 1000010
#define R register
#define gc getchar
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;

inline ll rd(){
  ll x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

ll n,m;
ld ans,bin[30],p[N];

const ld eps=1e-9;

void dfs(ll dp,ll l,ll r){
  if(l==r){p[l]=dp;return;}
  dfs(dp+1,l,mid);
  dfs(dp+1,mid+1,r);
}

int main(){
  n=rd(); m=rd(); bin[0]=rd();
  dfs(0,1,n);
  for(R ll i=1;i<=30;++i) bin[i]=bin[i-1]/2;
  for(R ll i=1;i<=n;++i){
    p[i]=(bin[0]*2)-bin[(ll)p[i]];
    ans+=(ld)rd()*p[i]; p[i]+=p[i-1];
  }
  for(R ll i=1,l,r,w;i<=m;++i){
    l=rd(); r=rd(); w=rd();
    ans+=(ld)w*p[r]-(ld)w*p[l-1];
    printf("%lld\n",(ll)floor(ans+eps));
  }
  return 0;
}
 

$[\ Luogu\ 3924\ ]\ $康納的線段樹