【XSY3921】简单的数据结构题（多项式，拉格朗日插值，线段树）
题面
题解
直接考虑我们要计算的式子。为了方便，我们先设 \(l=1,r=n\)。
发现 \(\sum\limits_{i=1}^n a_i^{k+l} \prod\limits_{j\neq i}\frac{x-a_j}{a_i-a_j}\) 是拉格朗日插值的形式。
设 \(f(x)=\sum\limits_{i=1}^n a_i^{k+l} \prod\limits_{j\neq i}\frac{x-a_j}{a_i-a_j}\)，那么 \(f(x)\) 是恰好经过 \((a_1,a_1^{k+l}),(a_2,a_2^{k+l}),\cdots,(a_n,a_n^{k+l})\) 这 \(n\) 个点的小于等于 \(n-1\) 次的唯一的多项式。注意，满足这个条件的多项式是唯一的，即 \(f(x)\)。
考虑构造出 \(f(x)\)：
首先注意到 \(g(x)=x^{k+l}\) 肯定是经过这 \(n\) 个点的，但它不一定小于等于 \(n-1\) 次。
然后注意到对于多项式取模 \(A(x) \bmod B(x)=C(x)\) 来说（其中 \(A(x),B(x),C(x)\) 均为多项式），若有一 \(x_0\) 满足 \(B(x_0)=0\)，则 \(C(x_0)=A(x_0) \bmod B(x_0)=A(x_0)\)。也就是在多项式取模中，若除数是 \(0\)，则商也是 \(0\)，余数和被除数相同。
那么我们设 \(h(x)=g(x)\bmod (x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)=x^{k+l}\bmod (x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)\)。显然，当 \(x=a_i\) 时，模数是 \(0\)，有 \(h(a_i)=g(a_i)=a_i^{k+l}\)。
所以 \(h(x)\) 也是满足 “恰好经过 \((a_1,a_1^{k+l}),(a_2,a_2^{k+l}),\cdots,(a_n,a_n^{k+l})\) 这 \(n\) 个点的小于等于 \(n-1\) 次” 的多项式，而满足这个条件的多项式又是唯一的，所以 \(h(x)=f(x)\)。
所以原式转化为：
注意到 \(k\) 很小，而 \(l\leq n-1\)，所以 \(k+l\geq n\) 的情况不多，分类讨论即可：
偷一张 solution 的图
（图片最后一行最后应该是 “\(=(-1)^{n-1}(a_1+a_2+\cdots+a_n)a_1a_2\cdots a_n\)”）
于是只需要维护 \(\sum\limits_i a_i\)、\(\prod\limits_i a_i\) 和 \(\sum\limits_{i}\prod\limits_{j\neq i}a_j\)，在区间乘的操作下用线段树简单维护即可。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 300010
using namespace std;
namespace modular
{
const int mod=998244353;
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
}using namespace modular;
inline int poww(int a,int b)
{
int ans=1;
while(b)
{
if(b&1) ans=mul(ans,a);
a=mul(a,a);
b>>=1;
}
return ans;
}
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return x*f;
}
struct data
{
int sum,prod,ans;
data(){sum=ans=0,prod=1;}
data(int a,int b,int c){sum=a,prod=b,ans=c;}
}t[N<<2],now;
data merge(data a,data b)
{
data c;
c.sum=add(a.sum,b.sum);
c.prod=mul(a.prod,b.prod);
c.ans=add(mul(a.prod,b.ans),mul(a.ans,b.prod));
return c;
}
int n,m,a[N];
int lazy[N<<2];
void up(int k)
{
t[k]=merge(t[k<<1],t[k<<1|1]);
}
void downn(int k,int l,int r,int val)
{
int tmp=poww(val,r-l);
t[k].sum=mul(t[k].sum,val);
t[k].prod=mul(t[k].prod,mul(tmp,val));
t[k].ans=mul(t[k].ans,tmp);
lazy[k]=mul(lazy[k],val);
}
void down(int k,int l,int r,int mid)
{
if(lazy[k]!=1)
{
downn(k<<1,l,mid,lazy[k]);
downn(k<<1|1,mid+1,r,lazy[k]);
lazy[k]=1;
}
}
void build(int k,int l,int r)
{
lazy[k]=1;
if(l==r)
{
t[k]=data(a[l],a[l],1);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(k<<1,l,mid);
build(k<<1|1,mid+1,r);
up(k);
}
void update(int k,int l,int r,int ql,int qr,int x)
{
if(ql<=l&&r<=qr)
{
downn(k,l,r,x);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
down(k,l,r,mid);
if(ql<=mid) update(k<<1,l,mid,ql,qr,x);
if(qr>mid) update(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr,x);
up(k);
}
void query(int k,int l,int r,int ql,int qr)
{
if(ql<=l&&r<=qr)
{
now=t[k];
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
down(k,l,r,mid);
data ans;
if(ql<=mid)
{
query(k<<1,l,mid,ql,qr);
ans=now;
}
if(qr>mid)
{
query(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
ans=merge(ans,now);
}
now=ans;
}
int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
build(1,1,n);
while(m--)
{
int opt=read(),l=read(),r=read(),k=read();
if(opt==1) update(1,1,n,l,r,k);
else
{
int nn=r-l+1,ans=0;
if(!((nn-k-1)&1)) ans++;
if(k==1)
{
query(1,1,n,l,r);
if(nn&1) ans=add(ans,now.prod);
else ans=dec(ans,now.prod);
}
if(k==2)
{
query(1,1,n,l,r);
if(nn&1) ans=dec(ans,now.ans);
else ans=add(ans,now.ans);
int tmp=mul(now.sum,now.prod);
if(nn&1) ans=add(ans,tmp);
else ans=dec(ans,tmp);
}
printf("%d\n",ans);
}
}
return 0;
}
/*
3 3
1 2 3
2 1 2 0
1 1 3 5
2 1 2 0
*/
