题目背景
大芳有一个不太好的习惯：在车里养青蛙。青蛙在一个n厘米（11n毫米s）的Van♂杆子上跳来跳去。她时常盯着青蛙看，以至于突然逆行不得不开始躲交叉弹。有一天他突发奇想，在杆子上每1厘米为一个单位，瞎涂上了墨水，并且使用mOgic，使青蛙跳过之处墨水浓度增加x。当然，他还会闲着无聊滴几滴墨水再涂♂抹均匀。
他现在无时无刻都想知道，第l厘米到第r厘米墨水的浓度是多少？
哦不!等等，他现在找到了一个计算器，可以输入几个数字与x，计算他们的x次幂和，所以。。。他想知道的是第l厘米到第r厘米墨水的浓度的x次幂和是多少？
题目描述
大芳有3种舰长技能骚操作
- 续：把青蛙放到第l厘米处，戳青蛙使其跳至r。效果：第l厘米至第r厘米墨水浓度增加x
- 抚♂摸：擦干杆子某一部分，重新滴加墨水并抹匀。效果：使第l厘米至第r厘米墨水浓度都变成x
最后一种是：
- 压线逆行，将车流看做⑨弹幕找安定点，掏出计算器，大喊板载后计算：
第l厘米至第r厘米墨水浓度的x次幂和是几何？记得答案要
模1000000007
输入输出格式
输入格式：
第一行n和m，表示杆子长n厘米，大芳要进行m次骚操作。
第二行n个数字，表示初始墨水浓度。第i个数字为第i厘米墨水浓度
接下来每行4个数字，依次为：操作编号（1、2或3），l,r,x
输出格式：
每次进行3操作，输出一行表示答案
记得膜模1000000007
输入输出样例
输入样例#1：
5 5 19844 14611 26475 4488 6967 2 1 3 15627 2 1 2 30113 2 3 5 14686 2 5 5 32623 3 1 2 8
输出样例#1：
466266421
说明
分析：比较好的一道线段树的题，在细节处理方面收获了很多.
暴力可以拿到30分，如果会一点线段树的基本操作应该是可以拿到60分的，想要拿满分关键在于k的处理.
我们保存每个区间的i次幂和，如果是区间覆盖就很好办，幂*区间长度；如果是区间加就有点麻烦，要用到二项式定理来展开.比较麻烦，手推一下就出来了.同时要打两个标记，一个是覆盖标记，一个是累加标记，覆盖标记要在累加标记之前判断，并且会使累加标记变成0.
如果在pushdown中写向子区间的更改操作代码就会比较繁琐，为了精简代码，我们可以另写一个函数来下传标记和更改子区间,这是一个非常实用的技巧.
本题的模数比较大，如果直接上int的话一般而言是不会有问题的，但是当两数相乘的时候可能会爆int,所以临时转换成long long然后取模.
我以前是喜欢把不同的量放在不同的数组里写，今天用了一下struct,感觉放在结构体里写会更加直观工整.犯了一个最脑残的错误：逻辑判断弄错了，每次在操作1的时候我都会输出一次，导致过了样例然而所有点全WA.
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 200010, mod = 1000000007;
int n, m,k = 10,c[20][20],a[maxn];
struct node
{
int l, r,v,ad,st;
int p[11];
}e[maxn << 1];
void pushup(int o)
{
for (int i = 0; i <= k; i++)
e[o].p[i] = (e[o * 2].p[i] + e[o * 2 + 1].p[i]) % mod;
}
void sett(int o, int v)
{
int res = 1;
for (int i = 0; i <= k; i++)
{
e[o].p[i] = 1LL*res*(e[o].r - e[o].l + 1) % mod;
res = 1LL*res * v % mod;
}
e[o].ad = 0;
e[o].st = v;
}
void addd(int o, int v)
{
for (int i = k; i >= 0; i--)
{
int res = 1, t = 0;
for (int j = i; j >= 0; j--)
{
t = (t + 1LL * e[o].p[j] *c[i][j] % mod * res) % mod;
res = 1LL * res * v % mod;
}
e[o].p[i] = t;
}
e[o].ad = (e[o].ad + v) % mod;
}
void pushdown(int o)
{
if (e[o].st != -1)
{
sett(o * 2, e[o].st);
sett(o * 2 + 1, e[o].st);
e[o].st = -1;
}
if (e[o].ad)
{
addd(o * 2, e[o].ad);
addd(o * 2 + 1, e[o].ad);
e[o].ad = 0;
}
}
void build(int l, int r, int o)
{
e[o].l = l;
e[o].r = r;
e[o].st = -1;
e[o].ad = 0;
if (l == r)
{
e[o].p[0] = 1;
for (int i = 1; i <= k; i++)
e[o].p[i] = 1LL * e[o].p[i - 1] * a[l] % mod;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(l, mid, o * 2);
build(mid + 1, r, o * 2 + 1);
pushup(o);
}
void add(int l, int r, int o, int x, int y, int v)
{
if (x <= l && r <= y)
{
addd(o,v);
return;
}
pushdown(o);
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid)
add(l, mid, o * 2, x, y, v);
if (y > mid)
add(mid + 1, r, o * 2 + 1, x, y, v);
pushup(o);
}
void update(int l, int r, int o, int x, int y, int v)
{
if (x <= l && r <= y)
{
sett(o, v);
return;
}
pushdown(o);
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid)
update(l, mid, o * 2, x, y, v);
if (y > mid)
update(mid + 1, r, o * 2 + 1, x, y, v);
pushup(o);
}
int query(int l, int r, int o, int x, int y, int v)
{
if (x <= l && r <= y)
return e[o].p[v];
pushdown(o);
int mid = (l + r) >> 1, sum = 0;
if (x <= mid)
sum = (sum + query(l, mid, o * 2, x, y, v)) % mod;
if (y > mid)
sum = (sum + query(mid + 1, r, o * 2 + 1, x, y, v)) % mod;
return sum;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
build(1, n, 1);
c[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= k; i++)
{
c[i][0] = 1;
for (int j = 1; j <= i; j++)
c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;
}
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int op, l, r, x;
scanf("%d%d%d%d", &op, &l, &r, &x);
if (op == 1)
add(1, n, 1, l, r, x);
if (op == 2)
update(1, n, 1, l, r, x);
if (op == 3)
printf("%d\n", query(1, n, 1, l, r, x));
}
return 0;
}