[LOJ 6435][PKUSC 2018]星际穿越

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题意

给定 (n) 个点, 每个点与 ([l_i,i-1]) 之间的点建立有单位距离的双向边. (q) 组询问从 (x) 走到 ([l,r]) 中的随机一点的期望距离. 输出既约分数.

(n,qle 3 imes 10^5), (l<r<x).

题解

显然对于一个 (k), (k) 步之内能到达的点是 ([1,x)) 的一个后缀. 那么也就是说 ([1,x)) 中的点的答案被分成了若干段, 每段的答案相同且向前递增.

手动模拟一下, 我们发现第一步可以走到的左端点是 (l_x), 第二步可以走到的就是 (minlimits_{kge l_x}l_k) 了. 原因是所有可能一步到达 (minlimits_{kge l_x}l_k) 的点都必然可以被 (x) 一步到达(如果 (l_k) 在 (k>x) 处取得最小值, 那么显然 (l_k<x). 又由于 (k) 连接的是 ([l_k,k)), 那么必然和 (x) 直接相连). 且后面的步骤都是形如 (l_k) 的后缀 (min) 的形式.

于是我们可以在第二步及以后尝试倍增.

倍增的同时不仅记录到达的左端点, 同时记录一下倍增时跳过的点的距离总和. 这样就可以在 (O(log n)) 的时间内计算出 (x) 到 ([l,x)) 内的所有点的最短路之和了. 两个后缀和相减即可得到 ([l,r]) 内的答案.

最后约分一下输出就完了. 虽然最终答案是 (O(n^2)) 级别的但是数据比较弱并没有爆 int...

参考代码

#include <bits/stdc++.h>

const int MAXN=3e5+10;

int n;
int q;
int l[MAXN];
int lg[MAXN];
int sum[20][MAXN];
int prev[20][MAXN];
int* minl=prev[0];

int ReadInt();
int Calc(int,int);

int main(){
	n=ReadInt();
	for(int i=2;i<=n;i++)
		l[i]=ReadInt();
	q=ReadInt();
	l[1]=1;
	minl[n+1]=n;
	for(int i=n;i>=1;i--){
		minl[i]=std::min(l[i],minl[i+1]);
		sum[0][i]=i-minl[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		sum[0][i]=i-minl[i];
	for(int i=1;(1<<i)<=n;i++){
		lg[1<<i]=1;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			prev[i][j]=prev[i-1][prev[i-1][j]];
			sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i-1][prev[i-1][j]]+((prev[i-1][j]-prev[i][j])<<(i-1));
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		lg[i]+=lg[i-1];
	for(int i=0;i<q;i++){
		int l=ReadInt(),r=ReadInt(),pos=ReadInt();
		int a=Calc(pos,l)-Calc(pos,r+1);
		int b=r-l+1;
		int gcd=std::__gcd(a,b);
		printf("%d/%d
",a/gcd,b/gcd);
	}
	return 0;
}

int Calc(int pos,int lim){
	if(l[pos]<lim)
		return pos-lim;
	int dis=0,p=l[pos],ans=pos-lim;
//	printf("x %d %d
",ans,p);
	for(int i=lg[p];i>=0;i--){
		if(lim<=prev[i][p]){
			ans+=sum[i][p]+(p-prev[i][p])*dis;
//			printf("$ %d Q(%d,%d) %d
",i,pos,lim,ans);
			p=prev[i][p];
			dis|=(1<<i);
		}
	}
	return ans+(p-lim)*(dis+1);
}

inline int ReadInt(){
	int x=0;
	register char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))
		ch=getchar();
	while(isdigit(ch)){
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return x;
}