挺妙的一道期望題

首先經過一番簡單的思考就會發現對於線段樹上的一個葉子節點\(x\)，深度為\(deep[x]\)，那麼走到這個節點的概率就是\(2^{deep[x]}\)

我們設\(val[x]\)表示葉節點\(x\)到根經過的所有節點的權值和為\(val[x]\)

於是最後的答案就是

\[qwq*\sum_{i=1}^{n}\frac{val[i]}{2^{deep[i]}}\]

連分母都不一樣，於是先通分一下吧

\[qwq*\sum_{i=1}^n\frac{val[i]*2^{maxdep-deep[i]}}{2^{maxdep}}\]

但是要是遇上了區間修改呢，我們完全沒有辦法維護\(val[i]\)

好像遇上了瓶頸

於是我們換一個思路，對整棵線段樹來考慮，在算概率的時候，顯然樹上有很多節點是被多次計入答案的

比如對於線段樹上的節點\([1,n]\)每一個點的\(val\)都算入了這個點

這具有非常妙的性質

我們暫且將分子上的\(2^{maxdep-deep[i]}\)稱為葉節點的權，那麼一個線段樹上的非葉節點的總權值就是其內部所有葉子節點的權的和，就是子樹和

那麼這個子樹和顯然就表示在最終計入答案的時候，這個線段樹上的節點管轄的區間和應該乘上多少次

那麼我們現在的答案就可以寫成

\[qwq*\sum_{i=1}^M\frac{sum[i]*d[i]}{2^{maxdep}}\]

\(sum[i]\)表示子樹和，\(d[i]\)表示線段樹上的節點\(i\)所管轄的區間和，\(M\)為線段樹的節點個數

現在再來考慮一下修改一個節點會對整個線段樹產生什麼樣的影響

顯然就是從這個節點一直往上直到根所有節點的管轄的區間和都會相應的增加

我們設\(pre[i]\)(可以理解為根路徑字首和)表示\(i\)這個節點到根節點經過的所有節點的\(sum\)的和為多少，如果這次修改的增量為\(k\)，那麼對於整個線段樹的答案的貢獻就是\(pre[i]*k\)

之後就會發現好像每一個單點之間的修改互不影響，於是如果對一個區間\([x,y]\)進行修改的話對答案的貢獻就是\(k*\sum_{i=x}^ypre[i]\)

於是我們直接對\(pre\)陣列做出一個字首和就可以快速回答了

程式碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define maxn 1000005
inline int read()
{
    re char c=getchar();
    re int x=0,r=1;
    while(c<'0'||c>'9') 
    {
        if(c=='-') r=-1;
        c=getchar();
    }
    while(c>='0'&&c<='9')
        x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();
    return x*r;
} 
inline void write(LL x)
{
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+48);
}
int a[maxn];
int deep[maxn];
int p[maxn],val[maxn];
LL sum[maxn<<2],pre[maxn];
int n,Q,qwq,maxdep;
LL ans,FM;
void build(int x,int y,int dep,LL Sum)//求出所有葉節點的深度，和val
{
    if(x==y)
    {
        deep[x]=dep;
        val[x]=Sum;
        maxdep=max(maxdep,dep);
        return;
    }
    int mid=x+y>>1;
    build(x,mid,dep+1,Sum+p[mid]-p[x-1]),build(mid+1,y,dep+1,Sum+p[y]-p[mid]);
}
LL dfs(int x,int y,int i)//求出線段樹上所有點的子樹和
{
    if(x==y) return sum[i]=1ll<<(maxdep-deep[x]);
    int mid=x+y>>1;
    return sum[i]=dfs(x,mid,i<<1)+dfs(mid+1,y,i<<1|1);
}
void Pre_Dfs(int x,int y,int i,LL Sum)//求出每一個節點的pre值
{
    if(x==y)
    {
        pre[x]=Sum;
        return;
    }
    int mid=x+y>>1;
    Pre_Dfs(x,mid,i<<1,Sum+sum[i<<1]),Pre_Dfs(mid+1,y,i<<1|1,Sum+sum[i<<1|1]);
}
inline LL gcd(LL a,LL b)
{
    if(!b) return a;
    return gcd(b,a%b);
}
int main()
{
    n=read(),Q=read(),qwq=read();
    for(re int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),p[i]=p[i-1]+a[i];
    build(1,n,0,p[n]);
    dfs(1,n,1);
    Pre_Dfs(1,n,1,sum[1]);
    for(re int i=1;i<=n;i++) pre[i]=pre[i-1]+pre[i];
    for(re int i=1;i<=n;i++) ans+=val[i]*(1ll<<(maxdep-deep[i]));//先求出最開始的答案
    int x,y,z;
    FM=1ll<<maxdep;
    LL r=gcd(qwq,FM);
    qwq/=r,FM/=r;//約分，防止爆long long
    while(Q--)
    {
        x=read(),y=read(),z=read();
        ans+=(pre[y]-pre[x-1])*z;
        if(ans>0) write(qwq*ans/FM);
        else putchar('-'),write(-qwq*ans/FM);
        putchar(10);
    }
    return 0;
}