Description
給一個長度為 $2^n$ 的數組 $a$，現在需要處理 $q$ 個詢問，每個詢問是以下 4 種類型之一：
- $Replace(x, k)$ 把 $a_x$ 修改為 $k$；
- $Reverse(k)$ 對於每一個 $i(i\ge 1)$，把區間 $[(i-1)\cdot 2^k+1, i\cdot 2^k]$ 的元素翻轉；
- $Swap(k)$ 對於每一個 $i(i\ge 1)$，交換區間 $[(2i-2)\cdot2^k+1,(2i-1)\cdot2^k]$ 和 $[(2i-1)\cdot2^k+1,2i\cdot2^k]$ 的所有元素；
- $Sum(l,r)$ 輸出區間 $[l,r]$ 中所有元素的和。
$n \le 18$，$q \le 10^5$
Background
個人認為挺巧妙的一道題，結果在神仙眼里就是：
（語言經過刪節）
Solution
操作寫的不是人話，翻譯一下四個操作：
1. $\operatorname{\large{R}\small{PLACE}}\normalsize{(x, k)}$，單點修改 $a_x \gets k$；
2. $\operatorname{\large{R}\small{EVERSE}}\normalsize{(k)}$，從左到右划分為若干個長度為 $2^k$ 的區間，將每個區間翻轉；
3. $\operatorname{\large{S}\small{WAP}}\normalsize{(k)}$，從左到右划分為若干個長度為 $2^k$ 的區間，相鄰兩個區間交換位置；
4. $\operatorname{\large{S}\small{UM}}\normalsize{(l, r)}$，求 $\sum\limits_{i=l}^r a_i$。
我會做 1 和 4 ！
考慮巧妙利用線段樹，因為保證序列的長度為 $2^n$，所以，線段樹的形狀為：共 $n+1$ 層，令葉子結點為第 $0$ 層，根節點為第 $n$ 層，則第 $k$ 層的每個結點，維護的都是長度為 $2^k$ 的區間。
觀察操作 2 和 3，我們發現，線段樹第 $k$ 層的所有結點，恰好就是我們所想要修改的區間！
定義一個標記 $\text{rev}_{dep}$，如果為 $1$ 表示第 $dep$ 層的左右結點的左右兒子分別互換，為 $0$ 則不變。
先來看操作 3，如果我們將 $\text{rev}_{k+1}$ 改變，是不是，恰好相鄰兩個長度為 $2^k$ 的區間都互換了呢？
下圖展示 $n = 3$，$\operatorname{\large{S}\small{WAP}}\normalsize{(1)}$：
再看操作 4，不難發現，它等價於改變所有的 $\text{rev}_0 \sim \text{rev}_k$。這很好理解，$\text{rev}_{k}$ 改變后，相當於是每個長度為 $2^k$ 的區間內部，前 $2^{k-1}$ 和后 $2^{k-1}$ 個調換了位置，但這兩部分內部分別有序，所以要繼續調換下去。
在加入了 $\text{rev}$ 數組后，線段樹也不難實現，如果當前處在 $\text{rev}_{dep}=1$ 的一層，就把右兒子當作左兒子，左兒子當作右兒子好了。
時間復雜度 $\mathcal O(qn)$。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 20, S = 1 << N;
int n, q;
bool rev[N];
struct segment_tree
{
int o[S << 2];
void build(int l, int r, int rt)
{
if(l == r) { scanf("%lld", &o[rt]); return; }
int mid = l + r >> 1;
build(l, mid, rt << 1); build(mid + 1, r, rt << 1 | 1);
o[rt] = o[rt << 1] + o[rt << 1 | 1];
}
void modify(int l, int r, int rt, int dep, int p, int v)
{
if(l == r) { o[rt] = v; return; }
int mid = l + r >> 1;
if(p <= mid) modify(l, mid, rt << 1 | rev[dep], dep - 1, p, v);
else modify(mid + 1, r, rt << 1 | rev[dep] ^ 1, dep - 1, p, v);
o[rt] = o[rt << 1] + o[rt << 1 | 1];
}
int query(int l, int r, int rt, int dep, int ql, int qr)
{
if(ql <= l && r <= qr) return o[rt];
int mid = l + r >> 1, res = 0;
if(ql <= mid) res += query(l, mid, rt << 1 | rev[dep], dep - 1, ql, qr);
if(qr > mid) res += query(mid + 1, r, rt << 1 | rev[dep] ^ 1, dep - 1, ql, qr);
return res;
}
} sgt;
#define Replace(x, k) sgt.modify(1, 1 << n, 1, n, x, k)
#define Sum(l, r) sgt.query(1, 1 << n, 1, n, l, r)
#define Swap(k) rev[k + 1] ^= 1
inline void Reverse(int k) { for(int i = 0; i <= k; i++) rev[i] ^= 1; }
signed main()
{
scanf("%lld %lld", &n, &q);
sgt.build(1, 1 << n, 1);
while(q--)
{
int opt, x, y;
scanf("%lld", &opt);
switch(opt)
{
case 1:
scanf("%lld %lld", &x, &y); Replace(x, y); break;
case 2:
scanf("%lld", &x); Reverse(x); break;
case 3:
scanf("%lld", &x); Swap(x); break;
case 4:
scanf("%lld %lld", &x, &y); printf("%lld\n", Sum(x, y)); break;
}
}
return 0;
}