你没实力

༺༒༻ 怪盗基德 ༺༒༻

2024-11-03 18:07:53

发布于：四川

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Dayforever(前言)
写在前面：作者这次状态极差，很多题都写挂了。无论如何，之前打OI的时光还是很值得留念的。

已AFO。2022.12.14~2024.10.27

Day-1(2024/10/25)
听了一会歌，复习了一下模板，就去睡觉了，毕竟明天要考一天
睡得还行。但是我后来才知道，我应该是失眠了。

Day1上午(2024/10/26)
幸好没有被分到南京去。
六点半起床，开半小时去苏州考场。到的时候已经七点半了，还算是比较早的，但是已经有很多人在站着了。天气是阴天。怎么考CCF的时候全是阴天啊喂

精神还行，没有很紧张，毕竟是J。但是怎么还有身高只有一米二的小朋友来考（记住这个小朋友，待会会考）。

分到的考场好闷。考场很小，几乎是挤在一块的。还有足足一个小时的时间开考，我也不急，先打了个Floyd模板试试手，测测运行时间。

大概8：24的时候，监考员下发了压缩包。什么？你跟我说有密码打不开？好吧雀氏打不开，但是可以预览文件。

看了四个文件名：chain?接龙？感觉是模拟。explore？探索？感觉是模拟。poker?扑克牌？感觉是模拟。sticks?火柴棒摆数字？感觉还是甜蜜的模拟。

随着我点开pdf的那一刻，我看到了第一题——poker。读完这题后，我随之感叹一句：J组的第一题水分又增加了114514%，真是滑天下之大稽。我用5分钟过了这道题。

第二题就是一个纯纯的模拟。感觉只有普及-的难度。狂写两分钟，结构代码debug半小时。无论怎样还是过了。

第三题火柴棒，果然猜对了：摆数字。一开始想着用贪心，但是不知道怎么了没有想出来。这时候看了一眼特殊性质：两个全部和7的倍数有关。我很快推出了两个性质，60分到手。然后我又去打表n≤20，打完之后很快发现这里有很明显的规律。

这时候突发事件来了，在整个刚才想的过程中，我的头越来越痛。感觉天旋地转，看到我有三只手。我觉得是机房太闷了，于是去上了个厕所。但是这种症状并没有减轻，差点躺在厕所里。那怎么办？硬抗。我当时这样想。

回来之后，感觉状态已经很差了。于是我朦胧找到的规律被我否决了，于是100分的机会没有拿到，只拿到了70分。

再看第四题。第一眼感觉要把他们连边。但是这样一来连的边就太多了。考虑dp。结果推了2个小时硬是没有推出来，我不会菜的连绿题都不会了吧。

还剩5分钟结束。我只能保存文件。估分100+100+70=270，这个分放在江苏估计连二等奖都拿不到。

考完的时候，那个小朋友说他AK了。wc真是天大的打击。问他了一下思路，也都差不多。

Day1下午(2024/10/26)
在附近吃了个KFC。然后继续考S。不幸的是，状态仍旧不好，我的好手表竟然说我缺氧，tmd气死我了。

打开文件先看到第一题。哇这么水吗？我直接排序+O(n)遍历。10分钟的时候就写完了。

看到第二题。我勒个超速检测啊，他这次甚至还有公式。模拟了一遍之后很容易求出第一问。至于第二问，可以把检测到的摄像头看作区间，求最大交错区间，然后减去。但是这样的复杂度是
�
(
�
2
)
O(n
2
)的，会被卡死。

看了一会，发现他们有单调性，那么两个东西都用二分，
�
(
�
�
�
�
�
�
)
O(Tnlogn)解决。这题卡了我一小时。

这时候，脑子已经有点白热化了。

接着看第三题涂色。这题感觉很玄学啊，要用dp。本来要dfs的，后来看了一下数据，老实了。

dp[i][0]和dp[i][1]的转移卡了我有一个多小时。列了满满一草稿纸，算出一个很奇怪的转移方程。结果果然不对。但是思路应该没问题啊？？心态有点崩了。

顺便看了一下第四题，感觉有黑题。就先不做了。于是一直再调前面的题目。

后记(2024/10/27)
我怎么也没想到，3题全写挂？！70+0+5=75,对不起我要退役了。最后4勾的倔强。

这次也不能怪别人，不知道为什么状态出奇的差。也许最近压力太大了？我不知道，也许这就是OI的魅力。

比赛完，有人欢喜有人愁。漫步在校园里，远边夕阳早已落下，楼房灯火通明。或许，夕阳落下的，还有我的生涯吧。

AFOed.也许这条道路不适合我走，心中会有不甘，但是早已没有时间给我再来一次。

"总为浮云能避日，长安不见使人愁。"

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anyin775 请回关@互关

倔强青铜
互关

昨天来自广东

1
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暴躁小鱼

倔强青铜
ACGO_大佬

6天前来自浙江

1
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哎嘿

倔强青铜
勇敢去做

7小时前来自广东

0
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xd2404

倔强青铜
https://www.acgo.cn/application/1850428570481831936要不要加

7小时前来自浙江

0
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手持剑，刺锋芒

倔强青铜
今年S确实难

4天前来自云南

0
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OX114514

倔强青铜
那个一米二的小朋友应该是大班的，但是填信息的时候他爸妈给他填了个三年级

4天前来自广西

0
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‮队团加不）ด้้童帅_者仇复

秩序白银
《感觉是模拟》

1周前来自广东

0
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Starsfocxy

回复
‮队团加不）ด้้童帅_者仇复
《全是模拟》

6天前来自江苏

0
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Starsfocxy

倔强青铜
顶

1周前来自江苏

0
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key0213

回复
Starsfocxy
厉害，我S 第2题吧m打成n50分没了呃呃呃呃呃

1周前来自福建

0
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Starsfocxy

回复
key0213
啊

6天前来自江苏

0
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Acgo 竞赛积分系统

概述新版 Acgo\tt{Acgo}Acgo 竞赛分系统参考了 AtCoder\tt{AtCoder}AtCoder 平台的 AtCoder Rating System ver.1.00\tt{AtCoder\ Rating\ System\ ver. 1.00}AtCoder Rating System ver.1.00[1]。该积分系统基于 Logistic Distribution\tt{Logistic\ Distribution}Logistic Distribution（或 Sigmoid Function\tt{Sigmoid\ Function}Sigmoid Function），类似于 Elo\tt{Elo}Elo 评分系统，但进行了许多修改。新版竞赛分系统上线后，用户参加 Acgo\tt{Acgo}Acgo 的所有比赛将会有 Rated\tt{Rated}Rated 和 Unrated\tt{Unrated}Unrated（即「评分」与「不评分」）两种状态。正常情况下参加比赛的选手状态为 Rated\tt{Rated}Rated，状态被评为 Unrated\tt{Unrated}Unrated 包含但不仅限于以下情况： 1. 参加本场比赛前竞赛分超过本场比赛的 Rated\tt{Rated}Rated 分数线限制（RATEDBOUNDRATEDBOUNDRATEDBOUND）； 2. 比赛中作弊，被取消比赛成绩； 3. 本场比赛因不可抗力因素导致无法正常进行的将参与本场比赛的所有用户设置为 Unrated\tt{Unrated}Unrated。对于 Rated\tt{Rated}Rated 的选手，在每场比赛中，会获得一个「表现分」。这个值代表了你在比赛中的表现如何。粗略地说，你的每场比赛后的竞赛分为「表现分」的加权平均值（最近的比赛权重更高）减去 f(x)f(x)f(x)（xxx 为 Rated\tt{Rated}Rated 比赛的参与次数），其中 f(1)=1200f(1) = 1200f(1)=1200，且 fff 随参加的 Rated\tt{Rated}Rated 比赛的次数增加而逐渐减小并趋于零。这意味着如果你持续获得 XXX 的表现分，你的竞赛分将从 X−1200X−1200X−1200 开始，并逐渐趋近于 XXX。请不要担心在第一场比赛中获得很低的竞赛分，如果你参加更多比赛，分数很可能会迅速上升。当参加 101010 场比赛后，你的竞赛分将会非常接近于你的真实实力。计算表现分在系统内部有两种类型的「表现分」：PerfPerfPerf 和 RPerfRPerfRPerf（修正后的 PerfPerfPerf）。首先，对于每个参赛选手，我们计算出他们的 APerfAPerfAPerf（平均表现分）。令 Perf1,Perf2,⋯ ,PerfkPerf_1, Perf_2, \cdots, Perf_kPerf1 ,Perf2 ,⋯,Perfk 为一位参赛选手的历史 PerfPerfPerf。其中 Perf1Perf_1Perf1 是最近参加的一场比赛，PerfkPerf_kPerfk 是最早参加的一场比赛，这位选手的 APerfAPerfAPerf 被定义为： APerf=∑i=1kPerfi×0.9i∑i=1k0.9i\begin{equation} APerf = \frac{\sum_{i=1}^{k}Perf_i \times 0.9^{i}{\sum_{i=1}}{k}0.9^i} \end{equation} APerf=∑i=1k 0.9i∑i=1k Perfi ×0.9i 所有第一次参与 Acgo\tt{Acgo}Acgo 的 Rated\tt{Rated}Rated 比赛的选手的 APerfAPerfAPerf 将会被设置为 CenterCenterCenter。 CenterCenterCenter 和每一场 Rated\tt{Rated}Rated 比赛的 RATEDBOUNDRATEDBOUNDRATEDBOUND（即 Rated\tt{Rated}Rated 上限）有关。 Center=RATEDBOUND×0.4Center = RATEDBOUND \times 0.4Center=RATEDBOUND×0.4。令 nnn 为一场比赛中所有的 Rated\tt{Rated}Rated 的参赛选手的数量，令 APerfiAPerf_iAPerfi 为第 iii 个选手的 APerfAPerfAPerf。那么比赛的 Rated\tt{Rated}Rated 榜单中，排行第 rrr 名选手的 PerfPerfPerf 被定义为满足以下公式的唯一的 XXX： ∑11+6.0(X−APerfi)/400.0=r−0.5\begin{equation} \sum\frac{1}{1 + 6.0^{(X - APerf_i) / 400.0}} = r - 0.5 \end{equation} ∑1+6.0(X−APerfi )/400.01 =r−0.5 这个 XXX 可以使用二分来计算得出。请注意，以上的排名是所有并列名次的平均值。例如，如果有四个人并列第 333 名至第 666 名，那么这些人的排名为 4.54.54.5。除此之外，为了避免在第一场比赛中的「表现分」方差过小，Acgo\tt{Acgo}Acgo 使用新竞赛分系统的第一场比赛（这里指排位赛#4）的表现值会被放大处理，具体如下： Perf=(Perf−Center)×1.5+Center\begin{equation} Perf = (Perf - Center) \times 1.5 + Center \end{equation} Perf=(Perf−Center)×1.5+Center 最终，对于每个用户其 RPerfRPerfRPerf 使用以下方式计算： RPerf=min⁡{Perf,RATEDBOUND+100}\begin{equation} RPerf = \min{{Perf, RATEDBOUND + 100}} \end{equation} RPerf=min{Perf,RATEDBOUND+100} 其中 RATEDBOUNDRATEDBOUNDRATEDBOUND 对于不同的比赛是不一样的，每场比赛的 RATEDBOUNDRATEDBOUNDRATEDBOUND 会在竞赛说明中给出。计算竞赛分定义 FFF 为： F(n)=∑i=1n0.81i∑i=1n0.9i\begin{equation} F(n) = \frac{\sqrt{\sum_{i=1}^{n} 0.81^{i}}{\sum_{i=1}}n 0.9^i} \end{equation} F(n)=∑i=1n 0.9i∑i=1n 0.81i 定义 fff 为： f(n)=F(n)−F(∞)F(1)−F(∞)×1200\begin{equation} f(n) = \frac{F(n) - F(\infin)}{F(1) - F(\infin)} \times 1200 \end{equation} f(n)=F(1)−F(∞)F(n)−F(∞) ×1200 定义 ggg 为： g(X)=2.0X800\begin{equation} g(X) = 2.0^{\frac{X}{800}} \end{equation} g(X)=2.0800X 该函数可以给更好的表现赋予更多的权重。因此，极好表现与较好表现之间的差异会非常大，而重大失误与一般失误之间的差异则不会那么大。这样可以使得当参赛者在比赛中打出了超出水平的发挥时，会增加更多的竞赛分；当参赛者在比赛中打出了远低于自己水平的表现分时，不会减少太多的竞赛分；令 RPerf1,RPerf2,⋯ ,RPerfkRPerf_1, RPerf_2, \cdots, RPerf_kRPerf1 ,RPerf2 ,⋯,RPerfk 为一位参赛选手的历史 RPerfRPerfRPerf，其中 RPerf1RPerf_1RPerf1 为当场比赛的 RPerfRPerfRPerf。那么本场比赛结束后，其竞赛分为： Rating=g−1(∑1kg(RPerfi)×0.9i∑1k0.9i)\begin{equation} Rating = g^{{-1}(\frac{\sum_1}k g(RPerf_i) \times 0.9^i}{\sum_1k 0.9^i}) \end{equation} Rating=g−1(∑1k 0.9i∑1k g(RPerfi )×0.9i ) 然后考虑公式 (6)(6)(6) 的 fff 函数对竞赛分的影响，定义以下函数[2]： mapRating(r)={400exp⁡(400−r400)r≤400rr>400\begin{equation} mapRating(r) = \begin{cases} \frac{400}{\exp{(\frac{400 - r}{400})}} &{r \le 400}\ r & {r \gt 400}\ \end{cases} \end{equation} mapRating(r)={exp(400400−r )400 r r≤400r>400 最终 RatingRatingRating 计算出来为： TrueRating=mapRaing(Rating−f(n))\begin{equation} TrueRating = mapRaing(Rating - f(n)) \end{equation} TrueRating=mapRaing(Rating−f(n)) 其中 nnn 为已经参加的 Rated\tt{Rated}Rated 的比赛场次（包括本场）。本文档的版本记录 * 10/29/2024 Ver. 1.00: 第一版。 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 1. AtCoder Rating System ver.1.00\tt{AtCoder\ Rating\ System\ ver. 1.00}AtCoder Rating System ver.1.00 ↩︎ 2. AtCoderのレート計算式\tt{AtCoderのレート計算式}AtCoderのレート計算式 ↩︎

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ACGO排位赛#13 - 题目解析

ACGO排位赛#13 - 题目解析 > 感谢大家参加本次排位赛！ T1 - 纪元流星雨题目链接跳转：点击跳转也没有特别大的难度，手动模拟一下就可以了。解题步骤 1. 先计算出这个人一生中第一次看到流星雨的日子：(E+B)mod 50(E + B) \mod 50(E+B)mod50 。 2. 计算出剩余一生中可以看到流星雨的年份 YYY。 3. 答案就是 Y50+1\dfrac{Y}{50} + 150Y +1。代码实现本题的 C++ 代码如下：本题的 Python 代码如下： T2 - MARCONCATENATE 题目链接跳转：点击跳转根据题目模拟就可以了，没有什么难度。代码实现本题的 C++ 代码如下：本题的 Python 代码如下： T3 - TNT接力题目链接跳转：点击跳转 > 这道题是本次比赛的第三道题，但是许多参赛选手认为这道题是本场比赛最难的题目。解题思路 1. 滑动窗口：使用滑动窗口技术，先在前 KKK 个方块中计算有多少个空气方块。接着，随着窗口向右滑动，我们移除窗口左端的一个方块，并加入窗口右端的一个方块，更新空气方块的数量。 2. 最大空气方块数量：我们维护一个变量 mx，表示在当前窗口中最多有多少个空气方块。 3. 计算答案：每次计算答案时，使用 K−最大空气方块数量K - \text{最大空气方块数量}K−最大空气方块数量来表示最小的 TNT 方块数量，这表示需要多少步才能避免 TNT 的塌陷。如果 K≥NK \geq NK≥N，表示玩家可以直接跳过整个桥，输出 −1-1−1 。时间复杂度每次处理一个序列的时间复杂度是 O(N)O(N)O(N)，其中 NNN 是方块序列的长度。整体复杂度为 O(T×N)O(T \times N)O(T×N)，其中 TTT 是测试用例的数量。关于本体，还可以用二分来进一步优化。本文不过多陈述。代码实现本题的 C++ 代码如下：本题的 Python 代码如下： T4 - 小丑牌题目链接跳转：点击跳转解题思路也是一道模拟题，但需要注意以下几点： 1. 同一个点数可能会出现五次，那么此时应该输出 High Card（如题意）。 2. 如果有一个牌型符合上述多条描述，请输出符合描述的牌型中在规则中最后描述的牌型。 3. 牌的数量不局限于传统的扑克牌，每张牌可以题目中四种花色的任意之一。代码实现本题的 C++ 代码如下： T5 - VERTEX VERSE 题目链接跳转：点击跳转直接模拟情况就可以了，但是细节比较多需要注意一下。时间复杂度其中 work 函数会在每次迭代中被调用 444 次，每次的复杂度是 O(E)O(E)O(E)。因此，对于每个输入的 qqq 对点，总的时间复杂度是 Θ(4×q×E)\Theta(4 \times q \times E)Θ(4×q×E)，即O(q×E)O(q \times E)O(q×E)。但在最坏情况下，图中的边数 EEE 可以接近 O(n×m)O(n \times m)O(n×m)，因此总时间复杂度是 O(q×n×m)O(q \times n \times m)O(q×n×m) 。代码实现本题的 C++ 代码如下：另一种写法如下： T6 - 最优政府大楼选址-2 题目链接跳转：点击跳转解题思路本题有好多解决方法，可以使用带权中位数写 N=105N = 10^5N=105 ，为了考虑到朴素的模拟退火算法，本题的数据范围被适当降低了。如果学过模拟退火算法做这道题就非常的简单，把模板的评估函数改成计算意向程度的函数即可。时间复杂度模拟退火算法的时间复杂度约为 Θ(k×N)\Theta(k \times N)Θ(k×N)。其中 kkk 表示的是在模拟退火过程中计算举例的 F2 函数的调用次数。NNN 表示数据规模。代码实现本题的 C++ 代码如下（模拟退火）：使用加权中位数算法的 C++ 代码： T7 - 乌龟养殖场题目链接跳转：点击跳转前置知识： 1. 了解过基本的动态规划。 2. 熟练掌握二进制的位运算。 > 至于为什么放了一道模版题，原因是因为需要凑到八道题目，实在凑不到了，找了一个难度适中的。题解思路这是一道典型的状压动态规划问题。设 dpi,jdp_{i, j}dpi,j 表示遍历到第 iii 行的时候，当前行以 j(base2)j_{(base2)}j(base2) 的形式排列乌龟可以构成的方案数。对于每一行的方案，我们可以用一个二进制来表示。例如二进制数字 101001010010100，表示有一个横向长度为 555 的场地中，第 1,31, 31,3 号位置分别放置了一只小乌龟。因此，每一种摆放状态都可以用一个二进制数字来表示。我们也可以通过遍历的方式来遍历出二进制的每一种摆放状态。首先，我们预处理出横排所有放置乌龟的合法情况。根据题意，两个乌龟不能相邻放置，因此在二进制中，不能有两个 111 相邻。如何预处理出这种情况呢？我们可以使用位运算的方法：如果存在一个二进制数字有两个 111 相邻，那么如果我们对这个数字 xxx 进行位运算操作 (x << 1) & x 的结果或 (x >> 1) & x 的结果必定大于等于 111。我们通过把这种情况排除在外。同时，我们还需要注意有些格子中不能放置乌龟。这一步也可以通过二进制的方法预处理掉，如果网箱在第 iii 一个格子中不能放置乌龟，那么在枚举所有方案数的时候直接忽略掉第 iii 位为 111 的情况即可。接下来如何保证上下两行的乌龟不冲突？假如上一行的摆放状态是 yyy，当前行的摆放状态为 jjj，如果 i & j 的结果大于等于 111，也可以证明有两个数字 111 在同一位置上。因此我们也需要把这种情况排除在外。综上所述，我们可以得出状态转移方程：dpi,j=dpi,j+dpi−1,kdp_{i, j} = dp_{i, j} + dp_{i-1, k}dpi,j =dpi,j +dpi−1,k 。其中，jjj 和 kkk 表示所有横排合法的方案。答案就是 ANS=∑j=02M−1dpN,j\mathtt{ANS} = \sum_{j=0}^{2M-1}{dp_{N, j}}ANS=∑j=02M−1 dpN,j 。状态的初始化也很简单，另 dp0,0=1dp_{0, 0} = 1dp0,0 =1 ，表示一只乌龟都不放有一种摆放方案。时间复杂度通过观察上述代码，在枚举所有状态和转移状态的时候有三层循环，分别是枚举当前行、枚举当前行的合法摆放情况以及枚举上一行的摆放情况。因此总时间复杂度约为 O(n×2M×2M)=O(n×2M2)=O(n×4M)O(n \times 2^M \times 2^M) = O(n \times 2^{M2}) = O(n \times 4^M)O(n×2M×2M)=O(n×2M2)=O(n×4M)。但由于合法的摆放数量远远少于 2M2^M2M，因此实际情况下程序运行的速度会快许多。代码实现本题的代码实现如下。在输出的时候需要减一，因为不放置也是一种合法情况，根据题目要求需要把这一合法情况排除。本题的 Python 代码如下，Python 可以通过本题的所有测试点：再提供一个暴力解法用于对拍： T8 - 数据中心能耗分析题目链接跳转：点击跳转本文仅针对对线段树有一定了解且并且有着较高的程序设计能力的选手。本文的前置知识如下： 1. 线段树的构造与维护 - 可以参考文章浅入线段树与区间最值问题。 2. 初中数学 - 完全平方和公式和完全立方和公式。 3. 取模 - 之如何保证对所有整数取模后的结果为非负整数 - 可以参考本题的说明/提示部分。 > 原本出题的时候我并不知道这道题在许多 OJ 上是有原题的，so sad（下次再改进）。题目本身应该非常好理解，就是给定一个数组，让你设计一个程序，对程序进行区间求立方和和区间修改的操作。但本题的数据量比较大，N,MN, MN,M 最大可以达到 10510^5105，对于每一次修改和查询都是 O(N)O(N)O(N) 的时间复杂度，显然用暴力的方法时间复杂度绝对会超时，最高会到 O(N2∗M)O(N^2 * M)O(N2∗M) （大概需要 115115115 天的时间才可以搞定一个测试点）。当看到区间查询和维护操作的时候，不难想到用线段树的方法，在线段树中，单次操作的时间复杂度约为 O(log2N)O(log_2 N)O(log2 N)，即使当 NNN 非常大的时候线段树也可以跑得飞起。解题思路不得不说，这是一道比较恶心的线段树区间维护的题目。不光写起来比较费劲，而且维护操作运算量比较大。稍有不慎就会写歪（因此写这道题的时候要集中注意力，稍微一个不起眼的问题就容易爆 000）。本题的主要难点就是对一个区间内进行批量区间累加的操作。很容易就想到跟完全立方公式的联系：(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3(a+b)^3 = a^3 +3a^2b + 3ab^2 + b^3(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3。区间累加操作也只不过是对区间的所有数字都进行该操作，并对所有操作的结果求和就是该区间进行操作后的立方和。化简可得： ANS=∑i=1n(ai+x)3=(a1+b)3+(a2+b)3+⋯+(an+b)3=(a13+3a12b+3a1b2+b3)+(a23+3a22b+3a2b2+b3)+⋯+(an3+3an2b+3anb2+b3)=(a13+a23+⋯+an3)+3b(a12+a22+⋯+an2)+3b2(a1+a2+⋯+an)+nb3=∑i=1nai3+3b∑i=1nai2+3b2∑i=1nai+nb3\begin{align} \mathtt{ANS} &= \sum_{i=1}^{n}{(a_i+x)3}\ &= (a_1+b)^3+(a_2+b)3+ \cdots + (a_n+b)^3 \ &= (a_1^3 + 3a_1^2b + 3a_1b^2 + b^3) + (a_2^3 + 3a_2^2b + 3a_2b^2 + b^3) + \cdots + (a_n^3 + 3a_n^2b + 3a_nb^2 + b^3) \ &= (a_1^3 + a_2^3 + \cdots + a_n^3) + 3b(a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2) + 3b^2(a_1 + a_2 + \cdots + a_n) + nb^3 \ &= \sum_{i=1}^{n}{a_i3} + 3b\sum_{i=1}^{n}{a_i2} + 3b^2\sum_{i=1}{n}{a_i} + nb^3 \end{align} ANS =i=1∑n (ai +x)3=(a1 +b)3+(a2 +b)3+⋯+(an +b)3=(a13 +3a12 b+3a1 b2+b3)+(a23 +3a22 b+3a2 b2+b3)+⋯+(an3 +3an2 b+3an b2+b3)=(a13 +a23 +⋯+an3 )+3b(a12 +a22 +⋯+an2 )+3b2(a1 +a2 +⋯+an )+nb3=i=1∑n ai3 +3bi=1∑n ai2 +3b2i=1∑n ai +nb3 综上所述，我们只需要用线段树维护三个字段，分别是区间的立方和、区间的平方和以及区间和。在维护平方和的过程中与维护立方和类似，根据完全平方公式 (a+b)2=a2+2ab+b2(a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2(a+b)2=a2+2ab+b2。经过累加和化简可得： ANS=∑i=1n(ai+x)2=(a1+b)2+(a2+b)2+⋯+(an+b)2=(a12+2a1b+b2)+(a22+2a2b+b2)+⋯+(an2+2anb+b2)=(a12+a22+⋯+an2)+2b(a1+a2+⋯+an)+nb2=∑i=1nai2+2b∑i=1nai+nb2\begin{align} \mathtt{ANS} &= \sum_{i=1}^{n}{(a_i+x)2}\ &= (a_1+b)^2 + (a_2+b)^2 + \cdots + (a_n+b)^2 \ &= (a_1^2 + 2a_1b + b^2) + (a_2^2 + 2a_2b + b^2) + \cdots + (a_n^2 + 2a_nb + b^2) \ &= (a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2) + 2b(a_1 + a_2 + \cdots + a_n) + nb^2 \ &= \sum_{i=1}^{n}{a_i2} + 2b\sum_{i=1}^{n}{a_i} + nb^2 \end{align} ANS =i=1∑n (ai +x)2=(a1 +b)2+(a2 +b)2+⋯+(an +b)2=(a12 +2a1 b+b2)+(a22 +2a2 b+b2)+⋯+(an2 +2an b+b2)=(a12 +a22 +⋯+an2 )+2b(a1 +a2 +⋯+an )+nb2=i=1∑n ai2 +2bi=1∑n ai +nb2 以上三个字段可以在构造线段树的时候一并初始化，之后的每次更新直接修改懒标记就可以了。一切都交给 push_down() 函数。在每次区间查询和修改之前都进行懒标记下放操作，对区间进行维护。具体维护操作如下：注意事项 1. 请注意取模，为了保证答案正确性，请在每一步操作的时候都对结果取模。 2. 开 long long，不然的话只能过前三个测试点（出题人还是挺好的，留了三个小的测试点骗粉）。 3. 在维护立方和、平方和以及和的时候，请注意维护的顺序。应当先维护立方和，再维护平方和，最后再维护区间总和。 4. 注意线段树数组的大小，应当为 4×N4 \times N4×N。 5. 建议使用读入优化，直接使用 cin 的效率比 std 慢约 100%100%100% 。时间复杂度线段树单次查询和修改的复杂度约为 O(log2N)O(log_2 N)O(log2 N)，初始化的时间复杂度为 Θ(N)\Theta(N)Θ(N)，因此本代码的整体时间复杂度可以用多项式 Θ(N+M⋅log2(N))\Theta(N + M \cdot log_2(N))Θ(N+M⋅log2 (N)) 来表示，整体代码的时间复杂度就为 O(M⋅log2(N))O(M \cdot log_2(N))O(M⋅log2 (N))。在极限数据下，程序只需要 160ms160ms160ms 就可以完成暴力一整年所需的工作。代码实现 1. 代码使用了宏定义，方便后期进行调式。 2. 以下代码与普通的线段树无太大区别，但请着重关注 push_down() 下放操作。以下是本题的 Python 代码，但由于 Python 常数过大，没有办法通过所有的测试点：

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