清华集训 2014--奇数国(线段树&欧拉函数&乘法逆元&状态压缩)

昨天想了一晚。。。早上AC了。。。

这么长时间没打线段树，这回居然一次过了。。。

感觉数论方面应该已经没有太大问题了。。。

之后要开始搞动态规划之类的东西了。。。

题意

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3^100000。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。

Solution

不得不说，出题人真是太好心了。。。感动。。。

虽然题目看起来很复杂，但实际上很多东西是对题目难度的限制。。。

国家数量强行当做100000。。。比一般线段树的题要数量要稍微少一些。。。

为了让题目简单一些，用货币只有60种来降低难度。。。

又拐弯抹角的暗示了欧拉函数。。。

也就是说，只要知道欧拉函数，会打线段树，知道乘法逆元，这就是一道送分题。。。

用线段树来维护区间的乘积。。。用状态压缩来表示是否存在某个质因数。。。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define mod 19961993
#define LL long long
using namespace std;
LL two_n[65],ny[300],ans,ans2;
const int prime[65]={0,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,
71,73,79,83,89,97,101,103,107,109,113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,
179,181,191,193,197,199,211,223,227,229,233,239,241,251,257,263,269,271,277,281};
struct node{
    int l,r;
    LL sum,how_pri;
}a[410000];
void calc(){
    for(int i=1;i<=60;i++)
        if(ans2&two_n[i])
            ans=ans*ny[prime[i]]%mod;
}
void build(int left,int right,int num){
    a[num].l=left;a[num].r=right;
    if(left==right){
        a[num].sum=3;
        a[num].how_pri=two_n[2];
        return;
    }
    int mid=(left+right)>>1;
    build(left,mid,num<<1);
    build(mid+1,right,(num<<1)|1);
    a[num].sum=a[num<<1].sum*a[(num<<1)|1].sum%mod;
    a[num].how_pri=a[num<<1].how_pri|a[(num<<1)|1].how_pri;
    return;
}
void update(int num,int dt,int b){
    if(a[num].l==a[num].r){
        a[num].sum=b;
        a[num].how_pri=0;
        for(int i=1;i<=60;i++)
            if(b%prime[i]==0)
                a[num].how_pri=a[num].how_pri|two_n[i];
        return;
    }
    if(dt<=a[num<<1].r) update(num<<1,dt,b);
    else update((num<<1)|1,dt,b);
    a[num].sum=a[num<<1].sum*a[(num<<1)|1].sum%mod;
    a[num].how_pri=a[num<<1].how_pri|a[(num<<1)|1].how_pri;
    return;
}
void find(int num,int left,int right){
    if(a[num].l==left&&a[num].r==right){
        ans=ans*a[num].sum%mod;
        ans2=ans2|a[num].how_pri;
        return;
    }
    if(right<=a[num<<1].r) find(num<<1,left,right);
    else if(left>a[num<<1].r) find((num<<1)|1,left,right);
    else{
        find(num<<1,left,a[num<<1].r);
        find((num<<1)|1,a[(num<<1)|1].l,right);
    }
    return;
}
int main(){
    int q,ty,a,b;
    ny[1]=1;
    for(int i=2;i<=281;i++) ny[i]=(mod-mod/i)*ny[mod%i]%mod;
    for(int i=1;i<=60;i++){
        if(i==1) two_n[i]=1;
        else two_n[i]=two_n[i-1]<<1;
        ny[prime[i]]=ny[prime[i]]*(prime[i]-1)%mod;
    }
    build(1,100000,1);
    scanf("%d",&q);
    for(int i=1;i<=q;i++){
        scanf("%d%d%d",&ty,&a,&b);
        if(ty==1) update(1,a,b);
        else{
            ans=1;
            ans2=0;
            find(1,a,b);
            calc();
            printf("%lld\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}

This passage is made by Yukino.