(线段树 + add懒标记 + mul懒标记）AcWing - 维护序列

1|0原题链接：

2|0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。
输入格式
第一行两个整数 N 和 P；
第二行含有 N 个非负整数，从左到右依次为 a1,a2,…,aN；
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，表示把所有满足 t≤i≤g 的 ai 改为 ai×c；
操作 2：2 t g c，表示把所有满足 t≤i≤g 的 ai 改为 ai+c；
操作 3：3 t g，询问所有满足 t≤i≤g 的 ai 的和模 P 的值。
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。
数据范围
1≤N,M≤1e5,
1≤t≤g≤N,
0≤c,ai≤1e9,
1≤P≤1e9
输入样例：

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：

2
35
8

3|0思路：

线段树中的值有l, r, sum，这是肯定的，然后还有懒标记add和mul，
那么根据懒标记更新sum时是先乘，还是先加呢，那就难点来了，怎样推出个公式呢：

对于x
若对懒标记的处理是先加再乘
    若此次操作为乘上一个数c
        可以表示为 (n + add) * mul * c 即 (n + X) * X 的形式
    若此次操作为加上一个数c
        (n + add) * mul + c 不能写成 (n + X ) * X的形式
        -> 无法更新新的懒标记

若对懒标记的处理是先乘再加
    若此次操作是加上一个数c
        可以表示为n * mul + add + c
        -> 此时新的add即为add + c
    若此次操作是乘上一个数c
        可以表示为n * mul * c + add * c
        -> 此时新的add即为add * c，新的mul即为mul * c 

-> 故先乘再加，以便更新懒标记

可以把乘和加的操作都看成 x * c + d
    -> 若是乘法，d为0
    -> 若是加法，c为1

若当前x的懒标记为add和mul
    -> 操作可以写成(x * mul + add) * c + d
    -> 即x * (mul * c) + (add * c + d)
    -> 新的mul为(mul * c)，新的add为(add * c + d)

注意：乘的懒标记初始为1

作者：bigstone
链接：https://www.acwing.com/solution/content/43107/

既然公式推出来了，那么我们就能愉快的写题了，和add懒标记的模板差不多.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long
typedef pair<int, int> PII;

const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 10;
int n, p, m;
int w[N];
struct Node{
	int l, r;
	int sum, add, mul;
}tr[N << 2];

void pushup(int u){
	tr[u].sum = (tr[u << 1].sum + tr[u << 1 | 1].sum) % p;
}
void eval(Node &t, int mul, int add){
	t.sum = (t.sum * mul % p + (t.r - t.l + 1) * add) % p;
	t.mul = t.mul * mul % p;
	t.add = (t.add * mul + add) % p;
}
void pushdown(int u){
	eval(tr[u << 1], tr[u].mul, tr[u].add);
	eval(tr[u << 1 | 1], tr[u].mul, tr[u].add);
	tr[u].mul = 1, tr[u].add = 0;
}
void build(int u, int l, int r){
	tr[u].l = l, tr[u].r = r;
	tr[u].mul = 1;
	if(l == r) tr[u].sum = w[l];
	else{
		int mid = l + r >> 1;
		build(u << 1, l, mid); build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
		pushup(u);
	}
}
void modify(int u, int l, int r, int add, int mul){
	if(tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) eval(tr[u], mul, add);
	else{
		pushdown(u);
		int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
		if(l <= mid) modify(u << 1, l, r, add, mul);
		if(r > mid) modify(u << 1 | 1, l, r, add, mul);
		pushup(u);
	}
}
int query(int u, int l, int r){
	if(tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) return tr[u].sum;
	pushdown(u);
	int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
	int res = 0;
	if(l <= mid) res = query(u << 1, l, r);
	if(r > mid) res = (res + query(u << 1 | 1, l, r)) % p;
	return res;
}
signed main(void){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
    cin >> n >> p;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    	cin >> w[i];
    build(1, 1, n);
    cin >> m;
    for(int i = 1; i <= m; i++){
    	int op, l, r, d;
    	cin >> op >> l >> r;
    	if(op == 1){
    		cin >> d;
    		modify(1, l, r, 0, d);
    	}
    	else if(op == 2){
    		cin >> d;
    		modify(1, l, r, d, 1);
    	}
    	else cout << query(1, l, r) << endl;
    }
	return 0;
}

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本文作者：ReSakura
本文链接：https://www.cnblogs.com/ReSakura/p/16216505.html
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