正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4428

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题目大意

长度为$n$的$0/1$串要求支持

1. 修改一个位置
2. 求区间$[l,r]$有多少个子区间重排后的二进制数可以被三整除

$1\le n\le 10^5$

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解题思路

首先有$2^{2k}\%3=1(k\in Z)$和$2^{2k+1}\%3=2(k\in Z)$。
分三种情况考虑

• 有$1$个$1$那么显然无论如何都不可以被三整除
• 有$2k$个$1$那么我们之间都排在最后面就好了。
• 有$2k+1$个$1$（$k$不能为$0$），那么有一种方案就是把某个在奇数位置的$1$放到偶数位置就可以了，此时需要区间的长度至少为$2k+3$。

然后具体分析一下相当于一个区间$1$的个数不能为$1$且如果是奇数个那么必须至少有两个$0$。

看起来很复杂可以反过来做分成以下情况

1. 区间全是$1$且长度为奇数
2. 区间有一个$0$且长度为偶数
3. 区间只有一个$1$
4. 由于$2$和$3$会重复一种只有一个$1$和一个$0$的情况所以需要加回这个方案

第四种是最好维护的，顺便用树状数组记录就好了

然后前三种我们对于$0/1$的位置分别开一个$set$来查询某个位置前驱/后继的0/1。

然后第三种情况我们对于每个$1$考虑左右的$0$区间然后记录在树状数组$1$的位置

对于第二种情况我们考虑对于每个$0$考虑左右的$1$然后记录在那个$0$的位置

对于第一种情况我们之间记录到区间最左端的$0$处。

然后统计答案的时候要记得把边界的情况考虑

写起来有点麻烦

时间复杂度$O(n\log n)$

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<set>
#define lowbit(x) (x&-x)
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e5+10;
ll n,m,a[N],t[N],p[N];
set<ll> s[2];
void Change(ll x,ll val){while(x<=n){t[x]+=val;x+=lowbit(x);}return;
}
ll Ask(ll x){ll ans=0;while(x){ans+=t[x];x-=lowbit(x);}return ans;
}
ll Left(ll op,ll x)
{return (*--s[op].upper_bound(x));}
ll Right(ll op,ll x)
{return (*s[op].lower_bound(x));}
ll Count(ll n)
{return (n+1)/2*(n+2-(n&1))/2;}
ll Caunt(ll n)
{return n*(n+1)/2;}
ll Calc(ll L,ll R)
{return (L/2+1)*((R+1)/2)+((L+1)/2)*(R/2+1);}
void Updata(ll x){if(x<1||x>n)return;if(p[x])Change(x,-p[x]);if(a[x]){ll L=(x-Left(1,x-1)-1),R=(Right(1,x+1)-x-1);p[x]=(L+1)*(R+1)-1;}else{ll L=(x-Left(0,x-1)-1),R=(Right(0,x+1)-x-1);p[x]=Calc(L,R)+Count(R);}if(x<n&&a[x]!=a[x+1])p[x]--;Change(x,p[x]);return;
}
ll Get(ll x,ll l,ll r){ll L=max(Left(0,x-1),l-1),R=min(Right(0,x+1),r+1);L=x-L-1;R=R-x-1;return Calc(L,R);
}
ll Qet(ll x,ll l,ll r){ll L=max(Left(1,x-1),l-1),R=min(Right(1,x+1),r+1);L=x-L-1;R=R-x-1;return (L+1)*(R+1)-1;
}
signed main()
{scanf("%lld",&n);s[0].insert(0);s[0].insert(n+1);s[1].insert(0);s[1].insert(n+1);for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),s[a[i]].insert(i);for(ll i=1;i<=n;i++)Updata(i);scanf("%lld",&m);while(m--){ll op,l,r,x;scanf("%lld",&op);if(op==1){scanf("%lld",&x);s[a[x]].erase(x);a[x]=!a[x];s[a[x]].insert(x);Updata(x);Updata(Left(0,x-1));Updata(Left(1,x-1));Updata(Right(0,x+1));Updata(Right(1,x+1));}else{scanf("%lld%lld",&l,&r);ll ans=(r-l+1)*(r-l+2)/2;if(Left(1,r)<l){printf("%lld\n",ans);continue;}if(Left(0,r)<l){ans-=Count(r-l+1);printf("%lld\n",ans);continue;}ans-=Ask(r)-Ask(l-1);if(r<n&&a[r]!=a[r+1])ans--;ll Ll=Left(0,l-1),Rr=Right(0,r+1),Lr=Left(0,r),Rl=Right(0,l);ans=ans+Get(Rl,1,n)-Get(Rl,l,r);if(Lr!=Rl)ans=ans+Get(Lr,1,n)-Get(Lr,l,r);if(a[r+1])ans=ans+Count(Rr-Lr-1)-Count(r-Lr);if(a[l])ans=ans-Count(Rl-l);Ll=Left(1,l),Rr=Right(1,r),Lr=Left(1,r),Rl=Right(1,l);ans=ans+Qet(Rl,1,n)-Qet(Rl,l,r);if(Lr!=Rl)ans=ans+Qet(Lr,1,n)-Qet(Lr,l,r);
//			if(!a[r])ans=ans+Caunt(Rr-Rl-1)-Caunt(r-Rl);
//			if(!a[l])ans=ans-Caunt(Lr-l);printf("%lld\n",ans);}}return 0;
}