P3747 [六省联考 2017] 相逢是问候

[六省联考 2017] 相逢是问候

P3747 [六省联考 2017] 相逢是问候

题目描述

Informatik verbindet dich und mich.
信息将你我连结。

B 君希望以维护一个长度为 $n$ 的数组，这个数组的下标为从 $1$ 到 $n$ 的正整数。

一共有 $m$ 个操作，可以分为两种：

• 0 l r 表示将第 $l$ 个到第 $r$ 个数（ $a_l,a_{l+1}...a_r$）中的每一个数 $a_i$ 替换为 $c^{a_i}$，即 $c$ 的 $a_i$ 次方，其中 $c$ 是输入的一个常数，也就是执行赋值 $a_i=c^{a_i}$。

• 1 l r 求第 $l$ 个到第 $r$ 个数的和，也就是输出： $\sum _{i=l}^r{a}_i$

因为这个结果可能会很大，所以你只需要输出结果 $modp$ 的值即可。

输入格式

第一行有四个整数 $n,m,p,c$，所有整数含义见问题描述。
接下来一行 $n$ 个整数，表示 $a$ 数组的初始值。
接下来 $m$ 行，每行三个整数，其中第一个整数表示了操作的类型。

• 如果是 $0$ 的话，表示这是一个修改操作，操作的参数为 $l,r$。
• 如果是 $1$ 的话，表示这是一个询问操作，操作的参数为 $l,r$。

输出格式

对于每个询问操作，输出一行，包括一个整数表示答案 $modp$ 的值。

样例 #1

样例输入 #1

4 4 7 2
1 2 3 4
0 1 4
1 2 4
0 1 4
1 1 3

样例输出 #1

0
3

样例 #2

样例输入 #2

1 40 19910626 2
0
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1

样例输出 #2

1
2
4
16
65536
11418102
18325590
13700558
13700558
13700558
13700558
13700558
13700558
13700558
13700558
13700558
13700558
13700558
13700558
13700558

提示

【数据范围】

对于 $0\mathrm{\%}$ 的测试点，和样例一模一样；

对于另外 $10\mathrm{\%}$ 的测试点，没有修改；

对于另外 $20\mathrm{\%}$ 的测试点，每次修改操作只会修改一个位置（也就是 $l=r$ ），并且每个位置至多被修改一次；

对于另外 $10\mathrm{\%}$ 的测试点， $p=2$；

对于另外 $10\mathrm{\%}$ 的测试点， $p=3$；

对于另外 $10\mathrm{\%}$ 的测试点， $p=4$；

对于另外 $20\mathrm{\%}$ 的测试点， $1\le n,m\le 100$；

对于 $100\mathrm{\%}$ 的测试点， $1\le n,m\le 5\times {10}^4$，$1\le p\le {10}^8$，$0<c<p$，$0\le a_i<p$。

Solution

首先对于题目中的修改操作，肯定是不能使用常规维护 tag 的方式进行处理的，因此尝试发现一下特殊性质。观察样例二可以发现，在进行了一定次数修改过后，$a_i$ 的值会变成定值，因此考虑用类似区间开方的操作来解决。

回来看 $c^a$ 这一操作。若干次操作如果同时作用于同一个 $a_i$ 上，那么整个的式子就会变成类似这样的幂塔：$c^{c^{{.}^{{.}^{{.}^a}}}}$。定义 $f(i)=c^{f(i-1)}modp,f(0)=a$，那么可以对 $f(i)$ 应用欧拉降幂：$f(i)=c^{f(i-1)mod\phi (p)+\phi (p)}modp$，然后对于这个指数可以进行递归处理，每递归一次 $p$ 都会变成 $\phi (p)$，因此这样最多递归 $\mathcal{O}(\log p)$ 次 $p$ 就会变成 $1$，此时无论 $a$ 是什么值都不会影响结果了。

考虑将这个结论运用到此题上来，因为证明出来了一个数最多只会变 $\mathcal{O}(\log p)$ 次，因此可以用与区间开方完全一样的做法进行解决。使用分块以及快速幂计算，时间复杂度 $\mathcal{O}(n\sqrt{n}{\log }^{2}p)$，可以拿到 90pts，考虑优化。

发现每次进行快速幂的时候的底数都不变，为 $c$，因此考虑对于每一个模数都预处理出来其对应的光速幂数组，这样时间复杂度就变为了 $\mathcal{O}(n\sqrt{n\log p})$，块长取 $\sqrt{{\displaystyle \frac{n}{{\log }_{2}n}}}$ 最优。

代码写分块的话细节很少，注意判断光速幂的过程中是否出现了指数 $\ge p$ 的情况，方便计算的时候进行欧拉降幂。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int _N = 5e4 + 5, _LEN = 250 + 5, _S = 1e4, _MS = _S + 5;
int n, m, p, c, ori[_N], a[_N], tim[_N];
map<int, int> phi, id;
int len, cnt, bl[_N], pos[_N], br[_N], sum[_N];
bool tag[_N];
int Getphi(int x) {
	int res = x;
	for (int i = 2; i * i <= x; ++i) {
		if (x % i) continue;
		res = res / i * (i - 1);
		while (!(x % i)) x /= i;
	}
	if (x > 1) res = res / x * (x - 1);
	return res;
}
int pw[_LEN][_MS][2], tP = 0;
bool flag[_LEN][_MS][2];
void Init(int P) {
	int x = id[P] = ++tP;
	pw[x][0][0] = pw[x][0][1] = 1;
	for (int i = 1; i <= _S; ++i) {
		flag[x][i][0] = flag[x][i - 1][0] || (1ll * pw[x][i - 1][0] * c >= P);
		pw[x][i][0] = 1ll * pw[x][i - 1][0] * c % P;
	}
	for (int i = 1; i <= _S; ++i) {
		flag[x][i][1] = flag[x][i - 1][1] || (1ll * pw[x][i - 1][1] * pw[x][i - 1][_S] >= P);
		pw[x][i][1] = 1ll * pw[x][i - 1][1] * pw[x][_S][0] % P;
	}
}
inline pair<int, bool> Lpow(int x, int P) {
	int i = id[P];
	int fir = 1ll * pw[i][x % _S][0] * pw[i][x / _S][1] % P;
	int sec = flag[i][x % _S][0] || flag[i][x / _S][1] || (1ll * pw[i][x % _S][0] * pw[i][x / _S][1] >= P);
	return {fir, sec};
}
inline pair<int, bool> GetAns(int x, int p, int tim) {
	if (!tim) return {x % p, x >= p};
	if (p == 1) return {0, 1};
	auto tmp = GetAns(x, phi[p], tim - 1);
	int b = tmp.first + tmp.second * phi[p];
	return Lpow(b, p);
}
void Change(int i) {
	(sum[pos[i]] += p - a[i]) %= p, ++tim[i];
	a[i] = GetAns(ori[i], p, tim[i]).first;
	(sum[pos[i]] += a[i]) %= p;
}
void Modify(int l, int r) {
	if (pos[l] == pos[r])
		for (int i = l; i <= r; ++i) Change(i);
	else {
		for (int i = l; i <= br[pos[l]]; ++i) Change(i);
		for (int i = pos[l] + 1; i < pos[r]; ++i) {
			if (tag[i]) continue; tag[i] = 1;
			for (int j = bl[i]; j <= br[i]; ++j) {
				int tmp = a[j]; Change(j);
				if (a[j] != tmp) tag[i] = 0;
			}
		}
		for (int i = bl[pos[r]]; i <= r; ++i) Change(i);
	}
}
int Query(int l, int r) {
	int res = 0;
	if (pos[l] == pos[r])
		for (int i = l; i <= r; ++i) (res += a[i]) %= p;
	else {
		for (int i = l; i <= br[pos[l]]; ++i) (res += a[i]) %= p;
		for (int i = pos[l] + 1; i < pos[r]; ++i) (res += sum[i]) %= p;
		for (int i = bl[pos[r]]; i <= r; ++i) (res += a[i]) %= p;
	}
	return res;
}
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n >> m >> p >> c;
	if (n == 1) len = 1;
	else len = sqrt(n / log2(n));
	cnt = (n - 1) / len + 1;
	for (int i = p; i > 1; i = phi[i]) phi[i] = Getphi(i), Init(i);
	Init(1);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i], ori[i] = a[i];
	for (int i = 1; i <= cnt; ++i) {
		bl[i] = (i - 1) * len + 1;
		br[i] = min(n, i * len);
	}
	for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
		for (int j = bl[i]; j <= br[i]; ++j)
			pos[j] = i, (sum[i] += a[j]) %= p;
	for (int i = 1, opt, l, r; i <= m; ++i) {
		cin >> opt >> l >> r;
		if (opt) cout << Query(l, r) << '\n';
		else Modify(l, r);
	}
}