题目 上帝造题的七分钟2 / 花神游历各国
题目背景
XLk觉得《上帝造题的七分钟》不太过瘾，于是有了第二部。
题目描述
"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。
输入输出格式
输入格式：
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。
数据中有可能(l>r)，所以遇到这种情况请交换l和r。
输出格式：
对于询问操作，每行输出一个回答。
输入输出样例
输入样例#1：
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
输出样例#1：
19
7
6
说明
对于30%的数据，(1le n,mle 1000)，数列中的数不超过(3276732767)。
对于100%的数据，(1 le n,m le 100000)，(1 le l,r le n)，数列中的数大于(0)，且不超过(10^{12})。
注意(l)有可能大于(r)，遇到这种情况请交换(l,r)。
思路
蒟蒻在考试的时候想到了和大佬们思路类似的，但是在实现上不需要线段树/树状数组/分块维护的解法。
同样考虑 小于(1e12)的正整数，最多进行(6)次开方操作就会变为(1) 这一事实，如果一个区间内的所有数都已经变成了(1)，对这个区间我们就可以直接跳过，以节省时间复杂度。基于这一考虑，我们维护一个(nex)数组，(nex[i])表示 (i)之后第一个还没变成(1)的数的位置。换句话说，就是算完(i)后应该跳到的位置。那么计算时就只需要沿着(nex)数组跳，而不是暴力地(i++)。同时维护(nex)数组就行了。
核心代码
沿着(nex)数组向前跳
for(int i=L;i<=R;i=nex[i])
维护(nex)数组
while(a[nex[i]]==1)nex[i]=nex[nex[i]];
注意
- 使用(longlong)，否则会导致溢出(int)成为负数，再执行开方运算时无法计算，致使算法无法正常进行导致(TLE)。
- 在查询时，需要特判(nex[i])超过了(R)的情况。
完整代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 100005
int n,m,nex[maxn];
long long a[maxn];
int k,L,R;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%lld",&a[i]); nex[i]=i+1; }
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&k,&L,&R);
if(L>R)swap(L,R);
if(k==0)
for(int i=L;i<=R;i=nex[i])
{
if(a[i]>1)a[i]=sqrt(a[i]);
while(a[nex[i]]==1)nex[i]=nex[nex[i]];
}
else
{
long long ans=0;
for(int i=L;i<=R;i=nex[i])
{
ans+=a[i];
while(a[nex[i]]==1)nex[i]=nex[nex[i]];
if(nex[i]>R){ ans+=R-i; break; }
if(nex[i]!=i+1)ans+=(nex[i]-1)-i;
}
printf("%lld
",ans);
}
}
return 0;
}