[PKUSC2018]星际穿越——可持久化线段树+DP

题目描述

有n个星球，它们的编号是1到n，它们坐落在同一个星系内，这个星系可以抽象为一条数轴，每个星球都是数轴上的一个点，

特别地，编号为i的星球的坐标是i。

一开始，由于科技上的原因，这n个星球的居民之间无法进行交流，因此他们也不知道彼此的存在。

现在，这些星球独立发展出了星际穿越与星际交流的工具。

对于第i个星球，他通过发射强力信号，成功地与编号在[Li,i-1]的所有星球取得了联系(编号为1的星球没有发出任何信号)，

取得联系的两个星球会建立双向的传送门，对于建立了传送门的两个星球u,v，u上的居民可以花费1单位时间传送到v，

v上的居民也可以花费1单位时间传送到u，我们用dist(x,y)表示从编号为x的星球出发，通过一系列星球间的传送门，

传送到编号为y的星球最少需要花费的时间。

现在有q个星际商人，第i个商人初始所在的位置是xi,他的目的地是[Li,Ri]中的其中一个星球，保证Li<Ri<xi。

他会在这些星球中等概率挑选一个星球y(每个星球都有一样的概率被选中作为目的地)，

然后通过一系列星球的传送门，花费最少的时间到达星球y。

商人想知道他花费的期望时间是多少？也就是计算∑dist(xi,y)/(Ri-Li+1),其中y<=Li<=Ri

输入

第一行一个正整数n，表示星球的个数。

第二行n-1个正整数，第i个正整数为Li+1，

表示编号在[Li+1,i]区间内所有星球已经与编号为i+1的星球取得了联系，并且可以通过花费1单位进行彼此的传输。保证Li+1≤i

第三行一个正整数q，表示询问组数。

接下来q行，每行三个数字Li,Ri,xi，表示在[Li,Ri]这个区间中等概率选择一个星球y，dist(xi,y)的期望。

保证Li<Ri<xi,n,q≤3×10^5

输出

对于每组询问，注意到答案必然是一个有理数，因此以p/q的格式输出这个有理数，要求gcd(p,q)=1

如果答案为整数m，输出m/1

样例输入

7
1 1 2 1 4 6
5
3 4 6
1 5 7
1 2 4
1 2 6
1 3 5

样例输出

3/2
13/5
3/2
2/1
1/1

 

首先发现一个性质，一个点往右最多只能走一步，因为走两步到达的点的l[i]一定大于走一步或者不走时的l[i]。

那么可以DP出mn[i]表示i点往右走一步或不往右走后能一步走到的最左边的点。

可以发现如果不考虑往右走一步的代价，每个点与前面每个点的最短路中代价相同的点是连续的一段。

这样每一回只要往右走到mn[i]就能最小化代价。

为什么不能是先走到中间某个点然后再能走到更远的点？

因为mn[i]是从后往前DP的，所以中间点会更新之前点的mn[i]。

对于每个点开一棵可持久化线段树存这个点到达每个点的最短路(也可以离线之后用线段树)。

实际上对于第i棵可持久化线段树存的是i之前每个点到达更新mn[i]的那个点的最短路。

对于点i，它到前面点的代价是mn[i]到每个点的代价+1。但这样没有考虑往右走一步的代价，因此每次查询时要把答案加上区间长。

可持久化线段树区间修改要标记永久化。

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
inline char _read()
{
    static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=_read();
    while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=_read();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=_read();}
    return x*f;
}
int n,m;
int cnt;
int ans;
int len;
int x,y,z;
int l[300010];
int mn[300010];
int ls[8000010];
int rs[8000010];
int sum[8000010];
int num[8000010];
int root[300010];
int gcd(int x,int y)
{
    if(y==0)
    {
        return x;
    }
    return gcd(y,x%y);
}
void change(int &rt,int l,int r,int L,int R,int v)
{
    int now=++cnt;
    ls[now]=ls[rt];
    rs[now]=rs[rt];
    sum[now]=sum[rt];
    num[now]=num[rt];
    rt=now;
    if(L<=l&&r<=R)
    {
        num[rt]+=v;
        return ;
    }
    sum[rt]+=(min(r,R)-max(l,L)+1)*v;
    int mid=(l+r)>>1;
    if(L<=mid)
    {
        change(ls[rt],l,mid,L,R,v);
    }
    if(R>mid)
    {
        change(rs[rt],mid+1,r,L,R,v);
    }
}
int query(int rt,int l,int r,int L,int R)
{
    if(!rt)
    {
        return 0;
    }
    int res=num[rt]*(min(r,R)-max(l,L)+1);
    if(L<=l&&r<=R)
    {
        return res+sum[rt];
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(L<=mid)
    {
        res+=query(ls[rt],l,mid,L,R);
    }
    if(R>mid)
    {
        res+=query(rs[rt],mid+1,r,L,R);
    }
    return res;
}
int main()
{
    n=read();
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        l[i]=read();
        mn[i]=l[i];
    }
    for(int i=n-1;i>=1;i--)
    {
        mn[i]=min(mn[i+1],l[i]);
    }
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        root[i]=root[mn[i]];
        change(root[i],1,n,1,i-1,1);
    }
    m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        x=read();
        y=read();
        z=read();
        ans=len=y-x+1;
        if(x<l[z])
        {
            ans+=query(root[l[z]],1,n,x,min(y,l[z]-1));
        }
        int res=gcd(ans,len);
        printf("%d/%dn",ans/res,len/res);
    }
}