洛谷 P2023 [AHOI2009]維護序列
P2023 [AHOI2009]維護序列
題目描述
老師交給小可可一個維護數列的任務，現在小可可希望你來幫他完成。 有長為N的數列，不妨設為a1,a2,…,aN 。有如下三種操作形式： (1)把數列中的一段數全部乘一個值; (2)把數列中的一段數全部加一個值; (3)詢問數列中的一段數的和，由於答案可能很大，你只需輸出這個數模P的值。
輸入輸出格式
輸入格式：
第一行兩個整數N和P(1≤P≤1000000000）。 第二行含有N個非負整數,從左到右依次為a1,a2,…,aN, (0≤ai≤1000000000,1≤i≤N)。 第三行有一個整數M，表示操作總數。 從第四行開始每行描述一個操作，輸入的操作有以下三種形式： 操作1：“1 t g c”(不含雙引號)。表示把所有滿足t≤i≤g的ai改為ai×c (1≤t≤g≤N,0≤c≤1000000000)。 操作2：“2 t g c”(不含雙引號)。表示把所有滿足t≤i≤g的ai改為ai+c (1≤t≤g≤N,0≤c≤1000000000)。 操作3：“3 t g”(不含雙引號)。詢問所有滿足t≤i≤g的ai的和模P的值 (1≤t≤g≤N)。 同一行相鄰兩數之間用一個空格隔開，每行開頭和末尾沒有多余空格。
輸出格式：
對每個操作3，按照它在輸入中出現的順序，依次輸出一行一個整數表示詢問結果。
輸入輸出樣例
輸入樣例#1： 復制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
輸出樣例#1： 復制
2
35
8
說明
【樣例說明】
初始時數列為(1,2,3,4,5,6,7)。
經過第1次操作後，數列為(1,10,15,20,25,6,7)。
對第2次操作，和為10+15+20=45，模43的結果是2。
經過第3次操作後，數列為(1,10,24,29,34,15,16}
對第4次操作，和為1+10+24=35，模43的結果是35。
對第5次操作，和為29+34+15+16=94,模43的結果是8。
測試數據規模如下表所示
數據編號 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 namespacestd; 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); } }
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