P2023 [AHOI2009]维护序列
题目描述
老师交给小可可一个维护数列的任务，现在小可可希望你来帮他完成。 有长为N的数列，不妨设为a1,a2,…,aN 。有如下三种操作形式： (1)把数列中的一段数全部乘一个值; (2)把数列中的一段数全部加一个值; (3)询问数列中的一段数的和，由于答案可能很大，你只需输出这个数模P的值。
输入输出格式
输入格式：
第一行两个整数N和P(1≤P≤1000000000）。 第二行含有N个非负整数,从左到右依次为a1,a2,…,aN, (0≤ai≤1000000000,1≤i≤N)。 第三行有一个整数M，表示操作总数。 从第四行开始每行描述一个操作，输入的操作有以下三种形式： 操作1：“1 t g c”(不含双引号)。表示把所有满足t≤i≤g的ai改为ai×c (1≤t≤g≤N,0≤c≤1000000000)。 操作2：“2 t g c”(不含双引号)。表示把所有满足t≤i≤g的ai改为ai+c (1≤t≤g≤N,0≤c≤1000000000)。 操作3：“3 t g”(不含双引号)。询问所有满足t≤i≤g的ai的和模P的值 (1≤t≤g≤N)。 同一行相邻两数之间用一个空格隔开，每行开头和末尾没有多余空格。
输出格式：
对每个操作3，按照它在输入中出现的顺序，依次输出一行一个整数表示询问结果。
输入输出样例
输入样例#1： 复制
7 43 1 2 3 4 5 6 7 5 1 2 5 5 3 2 4 2 3 7 9 3 1 3 3 4 7
输出样例#1： 复制
2 35 8
说明
【样例说明】
初始时数列为(1,2,3,4,5,6,7)。
经过第1次操作后，数列为(1,10,15,20,25,6,7)。
对第2次操作，和为10+15+20=45，模43的结果是2。
经过第3次操作后，数列为(1,10,24,29,34,15,16}
对第4次操作，和为1+10+24=35，模43的结果是35。
对第5次操作，和为29+34+15+16=94,模43的结果是8。
测试数据规模如下表所示
数据编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
N= 10 1000 1000 10000 60000 70000 80000 90000 100000 100000
M= 10 1000 1000 10000 60000 70000 80000 90000 100000 100000
Source: Ahoi 2009
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MAXN 100001
using namespace std;
struct nond{
long long l,r,sum;
long long flag1,falg2;
}tree[MAXN*4];
long long n,m,p;
void up(long long now){
tree[now].sum=(tree[now*2].sum+tree[now*2+1].sum)%p;
}
void build(long long now,long long l,long long r){
tree[now].l=l;tree[now].r=r;
tree[now].flag1=1;tree[now].falg2=0;
if(tree[now].l==tree[now].r){
scanf("%d",&tree[now].sum);
return ;
}
long long mid=(tree[now].l+tree[now].r)/2;
build(now*2,l,mid);
build(now*2+1,mid+1,r);
up(now);
}
void down(long long now){
if(tree[now].flag1!=1){
tree[now*2].flag1=tree[now*2].flag1*tree[now].flag1%p;
tree[now*2].falg2=tree[now*2].falg2*tree[now].flag1%p;
tree[now*2].sum=tree[now*2].sum*tree[now].flag1%p;
tree[now*2+1].flag1=tree[now*2+1].flag1*tree[now].flag1%p;
tree[now*2+1].falg2=tree[now*2+1].falg2*tree[now].flag1%p;
tree[now*2+1].sum=tree[now*2+1].sum*tree[now].flag1%p;
tree[now].flag1=1;
}
if(tree[now].falg2){
tree[now*2].falg2=(tree[now*2].falg2+tree[now].falg2)%p;
tree[now*2+1].falg2=(tree[now*2+1].falg2+tree[now].falg2)%p;
tree[now*2].sum=(tree[now*2].sum+(tree[now*2].r-tree[now*2].l+1)*tree[now].falg2%p)%p;
tree[now*2+1].sum=(tree[now*2+1].sum+(tree[now*2+1].r-tree[now*2+1].l+1)*tree[now].falg2%p)%p;
tree[now].falg2=0;
}
}
void changechen(long long now,long long l,long long r,long long k){
if(tree[now].l==l&&tree[now].r==r){
tree[now].sum=tree[now].sum*k%p;
tree[now].flag1=tree[now].flag1*k%p;
tree[now].falg2=tree[now].falg2*k%p;
return ;
}
if(tree[now].flag1!=1||tree[now].falg2) down(now);
long long mid=(tree[now].l+tree[now].r)/2;
if(r<=mid) changechen(now*2,l,r,k);
else if(l>mid) changechen(now*2+1,l,r,k);
else{
changechen(now*2,l,mid,k);
changechen(now*2+1,mid+1,r,k);
}
up(now);
}
void changeadd(long long now,long long l,long long r,long long k){
if(tree[now].l==l&&tree[now].r==r){
tree[now].sum=(tree[now].sum+(tree[now].r-tree[now].l+1)*k%p)%p;
tree[now].falg2=(tree[now].falg2+k)%p;
return ;
}
if(tree[now].flag1!=1||tree[now].falg2) down(now);
long long mid=(tree[now].l+tree[now].r)/2;
if(r<=mid) changeadd(now*2,l,r,k);
else if(l>mid) changeadd(now*2+1,l,r,k);
else{
changeadd(now*2,l,mid,k);
changeadd(now*2+1,mid+1,r,k);
}
up(now);
}
long long query(long long now,long long l,long long r){
if(tree[now].l==l&&tree[now].r==r)
return tree[now].sum%p;
if(tree[now].flag1!=1||tree[now].falg2) down(now);
long long mid=(tree[now].l+tree[now].r)/2;
if(r<=mid) return query(now*2,l,r);
else if(l>mid) return query(now*2+1,l,r);
else return (query(now*2,l,mid)+query(now*2+1,mid+1,r))%p;
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&p);
build(1,1,n);scanf("%lld",&m);
for(long long i=1;i<=m;i++){
long long opt,x,y,k;
scanf("%lld%lld%lld",&opt,&x,&y);
if(opt==1){
scanf("%lld",&k);
changechen(1,x,y,k);
}
else if(opt==2){
scanf("%lld",&k);
changeadd(1,x,y,k);
}
else if(opt==3) printf("%lld\n",query(1,x,y)%p);
}
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/cangT-Tlan/p/8687440.html