3813: 奇数国
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Description
在一片美丽的大陆上有100000个国家，记为1到100000。这里经济发达，有数不尽的账房，并且每个国家有一个银行。某大公司的领袖在这100000个银行开户时都存了3大洋，他惜财如命，因此会不时地派小弟GFS清点一些银行的存款或者让GFS改变某个银行的存款。该村子在财产上的求和运算等同于我们的乘法运算，也就是说领袖开户时的存款总和为3100000。这里发行的软妹面额是最小的60个素数（p1=2,p2=3,…,p60=281），任何人的财产都只能由这60个基本面额表示，即设某个人的财产为fortune（正整数），则fortune=p1^k1*p2^k2*......p60^K60。
领袖习惯将一段编号连续的银行里的存款拿到一个账房去清点，为了避免GFS串通账房叛变，所以他不会每次都选择同一个账房。GFS跟随领袖多年已经摸清了门路,知道领袖选择账房的方式。如果领袖选择清点编号在[a,b]内的银行财产，他会先对[a,b]的财产求和（计为product），然后在编号属于[1,product]的账房中选择一个去清点存款，检验自己计算是否正确同时也检验账房与GFS是否有勾结。GFS发现如果某个账房的编号number与product相冲，领袖绝对不会选择这个账房。怎样才算与product不相冲呢？若存在整数x,y使得number*x+product*y=1，那么我们称number与product不相冲，即该账房有可能被领袖相中。当领袖又赚大钱了的时候，他会在某个银行改变存款，这样一来相同区间的银行在不同的时候算出来的product可能是不一样的，而且领袖不会在某个银行的存款总数超过1000000。
现在GFS预先知道了领袖的清点存款与变动存款的计划，想请你告诉他，每次清点存款时领袖有多少个账房可以供他选择，当然这个值可能非常大，GFS只想知道对19961993取模后的答案。
Input
第一行一个整数x表示领袖清点和变动存款的总次数。
接下来x行，每行3个整数ai,bi,ci。ai为0时表示该条记录是清点计划，领袖会清点bi到ci的银行存款，你需要对该条记录计算出GFS想要的答案。ai为1时表示该条记录是存款变动，你要把银行bi的存款改为ci，不需要对该记录进行计算。
Output
输出若干行，每行一个数，表示那些年的答案。
Sample Input
6
0 1 3
1 1 5
0 1 3
1 1 7
0 1 3
0 2 3
Sample Output
18
24
36
6
explanation
初始化每个国家存款都为3;
1到3的product为27，[1,27]与27不相冲的有18个数;
1的存款变为5;
1到3的product为45，[1,45]与45不相冲的有24个数;
1的存款变为7;
1到3的product为63，[1,63]与63不相冲的有36个数;
2到3的product为9，[1,9]与9不相冲的有6个数。
HINT
x≤100000，当ai=0时0≤ci−bi≤100000
方程ax+by=c有解的条件是c是gcd（a，b）的倍数
所以区间[1,product]内， number*x+product*y=1的个数
就相当于 区间[1,product]内与product互质的个数，即product的欧拉函数值
首先要维护1个线段树，存储乘积
再维护一颗二进制的线段树，60位二进制压成long long，表示对应的乘积有没有质数i
子节点向父节点更新时，用位运算 ‘|’
算出了乘积再找它的质因数时，用位运算 ‘&’
φ（n）=n* ∏ （pi-1）/p ，
要取模，提前预处理好质数及其逆元
#include<cstdio>
#define mod 19961993
#define N 100001
struct node
{
int l,r;
long long val;
}tr[2][N*4];
int n,op,opl,opr;
int prime[61],cnt;
bool v[301];
long long bit[61],ans,tmp,inv[300];
void pre()
{
inv[1]=1;
for(int i=2;i<=281;i++)
{
inv[i]=-mod/i*inv[mod%i]%mod;
if(!v[i]) prime[++cnt]=i;
for(int j=1;j<=cnt;j++)
{
if(i*prime[j]>281) break;
v[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0) break;
}
}
bit[1]=1;
for(int i=2;i<=60;i++) bit[i]=bit[i-1]<<1;
}
struct TREE
{
void init(int k,int val)
{
tr[0][k].val=val;
tr[1][k].val=0;
for(int i=1;i<=60;i++)
if(val%prime[i]==0) tr[1][k].val+=bit[i];
}
void up(int k)
{
tr[0][k].val=tr[0][k<<1].val*tr[0][k<<1|1].val%mod;
tr[1][k].val=tr[1][k<<1].val|tr[1][k<<1|1].val;
}
void build(int k,int l,int r)
{
tr[0][k].l=l; tr[0][k].r=r;
if(l==r)
{
init(k,3);
return;
}
int mid=l+r>>1;
build(k<<1,l,mid);
build(k<<1|1,mid+1,r);
up(k);
}
void query(int k)
{
if(tr[0][k].l>=opl&&tr[0][k].r<=opr)
{
ans=ans*tr[0][k].val%mod;
tmp|=tr[1][k].val;
return;
}
int mid=tr[0][k].l+tr[0][k].r>>1;
if(opl<=mid) query(k<<1);
if(opr>mid) query(k<<1|1);
}
void solve()
{
ans=1; tmp=0;
query(1);
for(int i=1;i<=60;i++)
if(tmp&bit[i]) ans=ans*(prime[i]-1)%mod*inv[prime[i]]%mod;
ans=(ans+mod)%mod;
printf("%d\n",ans);
}
void change(int k)
{
if(tr[0][k].l==tr[0][k].r)
{
init(k,opr);
return;
}
int mid=tr[0][k].l+tr[0][k].r>>1;
if(opl<=mid) change(k<<1);
else change(k<<1|1);
up(k);
}
}Tree;
int main()
{
pre();
Tree.build(1,1,100000);
scanf("%d",&n);
while(n--)
{
scanf("%d%d%d",&op,&opl,&opr);
if(!op) Tree.solve();
else Tree.change(1);
//printf("%I64d %I64d\n",tr[0][1].val,tr[1][1].val);
}
}