聽說有人噴這個題簡單，然後我就跑去做，然後自閉感++，rp++（霧）
理性分析一波，可以發現最後形成的\(2^k\)個線段樹，對應的操作的乙個子集，按時間順序作用到這顆線段樹上。
首先考慮研究一下tag的性質，比如兩個操作時間先後是否沒有影響，操作是否可以以某種形式進行合併，然後啥也沒發現。
然後考慮一下一顆樹是否可以被壓成某個狀態，比如實際上只有\(\log\)個狀態然後去dp，發現也不行
再次冷靜分析一波，發現好像每個節點可以獨立考慮，結合上面\(2^n\)，不妨考慮轉換成概率，算出每個點被打上tag的概率，在數值上同時也是它的期望，這樣我們最後乘上線段樹個數就好了。
然後這時候就只對乙個線段樹操作了，考慮咋去搞
這差不多是我做題時的心路歷程，但是我寫了好幾個做法都過不了大樣例，十分自閉，總是以為自己沒想清楚**假了之類的趕緊改過來，結果大樣例輸出了十幾個不同的答案
心態崩了.jpg
又被什麼pkuthusc的報名表填的心煩意亂的，就直接去看題解了
發現自己壓根沒有對節點分類討論的意識...
設\(dp_i\)表示\(i\)節點被打上標記的概率
考慮對區間\([4,6]\)進行操作後，節點的改變。
後文中，原來的一半因為不變，所以節點改變指變化的那一半的改變。
那考慮球一下輔助陣列\(f\)
總複雜度\(o(n\log n)\)
code:
#include #include const int size=1<<21;
char ibuf[size],*is,*it;
#define gc() (is==it?(it=(is=ibuf)+fread(ibuf,1,size,stdin),is==it?eof:*is++):*is++)
template void read(t &x)
const int mod=998244353;
const int inv2=499122177;
const int n=1e5+10;
#define mul(a,b) (1ll*(a)*(b)%mod)
inline int add(int a,int b)
#define ls id<<1
#define rs id<<1|1
int fdp[n<<2],dp[n<<2],sum[n<<2],tag[n<<2];
int n,m,in2[n];
void updata(int id)
void pushdown(int id)
void modify(int id,int l,int r,int l,int r)
dp[id]=mul(dp[id],inv2);
fdp[id]=mul(fdp[id],inv2);
pushdown(id);
int mid=l+r>>1;
if(r<=mid)
else if(l>mid)
else
modify(ls,l,mid,l,mid),modify(rs,mid+1,r,mid+1,r);
updata(id);
}int main()
else printf("%lld\n",mul(sum[1],t));
} return 0;
}
ZJOI2019 語言 解題報告
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