【JZOJ A组】斐波那契

Description

DJL为了避免成为一只咸鱼，来找czgj学习Fibonacci数列。
通过czgj的谆谆教导，DJL明白了Fibonacci数列是这样定义的：
F(1)=1;F(2)=1;F(n)=F(n-1)+F(n-2)(n>2)
Czgj深谙熟能生巧的道理，于是他给了DJL一个数列，并安排了如下的训练计划：
1、“1 L r”，表示给ai 加上F(i-L+1) ，其中L<=i<=r ；
2、“2 L r”，表示询问 的值。
DJL经过长时间的学习，感觉身体被掏空，他希望你能帮他解决这个问题。

Input

第一行两个整数n和m，表示原始数列的长度，和总的训练次数。
第二行n个整数a1,a2,…,an(1<=ai<=10^9) ，表示czgj给DJL的原始数列。
接下来m行，每一行给出三个整数，表示问题描述中的两种训练的一种。保证1<=L<=r<=n 。

Output

对于每一种形如“2 L r”的训练，输出一行一个整数值。

Sample Input

4 4
1 2 3 4
1 1 4
2 1 4
1 2 4
2 1 3

Sample Output

17
12
样例解释
经过第一次操作，数列变为a=[2,3,5,7] ；
第二次询问，sum=2+3+5+7=17 ；
经过第三次操作，数列变为a=[2,4,6,9] ；
第四次询问，sum=2+4+6=12 。

Data Constraint

对于20%的数据，1≤n, m≤100；
对于40%的数据，1≤n, m≤1000；
对于100%的数据，1≤n, m≤100000。

思路

一开始的想法是线段树，但是。。。好麻烦啊！！！
题解说，分块就可以过啦！

由于是斐波那契数列，所以我们可以弄一个类似于差分数组的东西
每次修改就是O(1)的

每次查询就扫一遍之前的询问，把所有书加上，再加上数组a即可。

但如果单纯暴力肯定会TLE

所以考虑把操作分成k段，每一段就对a数组进行重构

代码

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn=1e5+77,mod=1e9+9;
int n,m,a[maxn],f[maxn],sf[maxn],s[maxn],c1[maxn],c2[maxn];
struct B
{
    int x,l,r;
}b[maxn];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]),s[i]=(s[i-1]+a[i])%mod;
    int k=sqrt(m)+1,t=0;
    f[1]=1; f[2]=1;
    for(int i=3; i<=n; i++) f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod;
    for(int i=1; i<=n; i++) sf[i]=(sf[i-1]+f[i])%mod;
    while(m--)
    {
        t++;
        scanf("%d%d%d",&b[t].x,&b[t].l,&b[t].r);
        if(b[t].x==1)
        {
            int l=b[t].l,r=b[t].r;
            c1[l]=(c1[l]+1)%mod;
            c2[r+1]=(c2[r+1]-f[r-l+1])%mod;
            c1[r+1]=(c1[r+1]-f[r-l+2])%mod;
        }
        if (b[t].x==2)
        {
            int l=b[t].l,r=b[t].r;
            long long ans=(s[r]-s[l-1]+mod)%mod;
            for(int i=1; iif (b[i].x==1) 
                {
                    if (b[i].rr) continue;
                    int ll=max(l,b[i].l),rr=min(r,b[i].r);
                    ans=(ans+sf[rr-b[i].l+1]-sf[ll-b[i].l]+mod)%mod;
                }
            }
            printf("%lld\n",ans);
        }
        if(t==k)    
        {
            for (int i=1;i<=n;i++) 
            {
                c2[i]=((c2[i]+c1[i-1])%mod+mod)%mod;
                c1[i]=((c1[i]+c2[i-1]+c1[i-1])%mod+mod)%mod;
                a[i]=(a[i]+c1[i])%mod;
                s[i]=(s[i-1]+a[i])%mod;
            }
            memset(c1,0,sizeof(c1)); memset(c2,0,sizeof(c2));
            t=0;
        }
    }
}