题目描述
如题，已知一个数列，你需要进行下面三种操作：
1.将某区间每一个数乘上x
2.将某区间每一个数加上x
3.求出某区间每一个数的和
输入格式：
第一行包含三个整数N、M、P，分别表示该数列数字的个数、操作的总个数和模数。
第二行包含N个用空格分隔的整数，其中第i个数字表示数列第i项的初始值。
接下来M行每行包含3或4个整数，表示一个操作，具体如下：
操作1： 格式：1 x y k 含义：将区间[x,y]内每个数乘上k
操作2： 格式：2 x y k 含义：将区间[x,y]内每个数加上k
操作3： 格式：3 x y 含义：输出区间[x,y]内每个数的和对P取模所得的结果
输出格式：
输出包含若干行整数，即为所有操作3的结果。
线段树维护区间加、区间乘。
相比最普通的线段树，我们这里在每一个节点都存两个标记：
mark[ x ][ 0 ]（加标记）表示对于节点x所表示的一整段区间，每个数通过加法操作所增加的值(就是说先加a再乘b再加c之后，这里存的数是a*b+c)
mark[ x ][ 1 ]（乘标记）表示对于节点x所表示的一整段区间，每个数被乘了几次。
p[ x ]表示的一整段区间中每一个数的和是多少。
接下来考虑各种操作，假设我们要对[L,R]的每一个数进行操作，当前正在处理编号为x的[l,r]的区间（这里保证了不存在r<L或R<l，即[l,r]与[L,R]无交集，这种情况不做任何处理直接return就好）。
如果进行加操作，当L<=l,r<=R，即当前区间被完整覆盖，我们将mark[ x ][ 0 ]直接加上加的数，再更新一下p[ x ]的值。若当前区间不被完整覆盖，就pushdown一下，再处理递归子节点就好。
如果进行乘操作，当L<=l,r<=R，即当前区间被完整覆盖，我们将mark[ x ][ 1 ]与mark[ x ][ 0 ]都直接乘上乘的数，更新一下p[ x ]的值（因为从这之前这个区间每一个数通过加法操作所增加的数都被乘了）。若当前区间不被完整覆盖，同样的，就pushdown一下，再处理递归子节点就好。
接下来就是较为复杂的pushdown了：
首先pushdown的一大意义在于，一个区间上的标记表示的是区间内每一个数都具备的特点，当我们需要pushdown时，就说明我们对区间内部子区间进行操作，导致区间的标记不再具有普遍性，我们需要把标记向下传递，并把当前区间的标记清空。
所以pushdown分为以下几个部分：
1、将左右儿子区间的乘标记都乘上本区间的乘标记。
2、将左右儿子区间的加标记都先乘上本区间的乘标记，再加上本区间的加标记。
3、将左右儿子的区间和的值先乘上本区间乘标记，再分加上本区间加标记与左右儿子区间长度的乘积。
4、将本区间的标记清空，再在对左右儿子操作完成后用左右儿子的区间和更新本区间的区间和。
然后就是代码了。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 500000
#define mid (l+r>>1)
using namespace std;
LL read(){
LL nm=0ll,fh=1ll;char cw=getchar();
for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw==‘-‘) fh=-fh;
for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-‘0‘);
return fh*nm;
}
LL n,mod,q,p[M],mark[M][2],a[M],L,R,qs,num;
void build(LL x,LL l,LL r){
mark[x][1]=1;
if(l==r){p[x]=a[l];return;}
build(x<<1,l,mid),build(x<<1|1,mid+1,r);
p[x]=(p[x<<1]+p[x<<1|1])%mod;
}
void up(LL x){p[x]=(p[x<<1]+p[x<<1|1])%mod;}
void pushdown(LL x,LL l,LL r){
p[x<<1]=p[x<<1]*mark[x][1]%mod;
p[x<<1]=(p[x<<1]+(mark[x][0]*(mid-l+1)))%mod;
p[x<<1|1]=p[x<<1|1]*mark[x][1]%mod;
p[x<<1|1]=(p[x<<1|1]+(mark[x][0]*(r-mid)))%mod;
mark[x<<1][1]=mark[x<<1][1]*mark[x][1]%mod;
mark[x<<1][0]=(mark[x<<1][0]*mark[x][1]+mark[x][0])%mod;
mark[x<<1|1][1]=mark[x<<1|1][1]*mark[x][1]%mod;
mark[x<<1|1][0]=(mark[x<<1|1][0]*mark[x][1]+mark[x][0])%mod;
mark[x][0]=0ll,mark[x][1]=1ll;
}
void add(LL x,LL l,LL r,LL m){
if(r<L||R<l) return;
if(L<=l&&r<=R){
mark[x][0]=(mark[x][0]+m)%mod;
p[x]=(p[x]+(m*(r-l+1)))%mod;
return;
}
pushdown(x,l,r);
add(x<<1,l,mid,m),add(x<<1|1,mid+1,r,m);
up(x);
}
void mult(LL x,LL l,LL r,LL m){
if(r<L||R<l) return;
if(L<=l&&r<=R){
mark[x][0]=mark[x][0]*m%mod;
mark[x][1]=mark[x][1]*m%mod;
p[x]=p[x]*m%mod;
return;
}
pushdown(x,l,r);
mult(x<<1,l,mid,m),mult(x<<1|1,mid+1,r,m);
up(x);
}
LL query(LL x,LL l,LL r){
if(r<L||R<l) return 0ll;
LL ans;
if(L<=l&&r<=R) ans=p[x]%mod;
else{
pushdown(x,l,r);
ans=(query(x<<1,l,mid)+query(x<<1|1,mid+1,r))%mod;
up(x);
}
return ans;
}
int main(){
n=read(),q=read(),mod=read();
for(LL i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
build(1,1,n);
while(q--){
qs=read(),L=read(),R=read();
if(qs==3) printf("%lld\n",query(1,1,n)%mod);
else{
num=read();
if(qs==2) add(1,1,n,num);
else mult(1,1,n,num);
}
}
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/OYJason/p/8351599.html