P3373 【模板】线段树 2（板子好题）

题目描述

如题，已知一个数列，你需要进行下面三种操作：

将某区间每一个数乘上 xxx
将某区间每一个数加上 xxx
求出某区间每一个数的和

输入格式

第一行包含三个整数 n,m,pn,m,pn,m,p，分别表示该数列数字的个数、操作的总个数和模数。

第二行包含 nnn 个用空格分隔的整数，其中第 iii 个数字表示数列第 iii 项的初始值。

接下来 mmm 行每行包含若干个整数，表示一个操作，具体如下：

操作 111：格式：1 x y k 含义：将区间 [x,y][x,y][x,y] 内每个数乘上 kkk

操作 222：格式：2 x y k 含义：将区间 [x,y][x,y][x,y] 内每个数加上 kkk

操作 333：格式：3 x y 含义：输出区间 [x,y][x,y][x,y] 内每个数的和对 ppp 取模所得的结果

输出格式

输出包含若干行整数，即为所有操作 333 的结果。

输入输出样例

输入 #1 复制

5 5 38

1 5 4 2 3

2 1 4 1

3 2 5

1 2 4 2

2 3 5 5

3 1 4

输出 #1 复制

由于需要同时进行区间乘和区间加操作，显然需要两个lazy tag，而关键就是确定加法和乘法的优先级。这里举一个例子：

一、如果是先加后乘的话，对于某一个节点a[i]:

1)+2: sum = a[i] + 2

2) *3: sum = (a[i] + 2) * 3

这时一切都很正常，但如果接下来再执行+2操作，期望的结果是sum = (a[i] + 2) * 3 + 2，然而得到的却是sum = (a[i] + 2 + 2) * 3, 因为lazy tag的效果是累加的。因此需要使+ 2变成+ 2 / 3，扩展到了实数域会带来精度损失，这就是先加后乘的弊端。

一、如果是先乘后加的话，对于某一个节点a[i]:

1)+2: sum = a[i] + 2

2) *3: sum = a[i] * 3 + 2 * 3

3)+2: sum = a[i] * 3 + 2 * 3 + 2

4) *4: sum = a[i] * 3 * 4 + 2 * 3 * 4 + 2 * 4

看起来很完美，因此选择先乘后加。这样需要注意一下change函数和spread函数。change的时候，如果是进行区间加法则正常进行，如果是进行区间乘法，则记得给加法标记也乘一下k。对于spread函数，要按照：更新sum值-更新乘法标记-更新加法标记-父节点清除加法标记乘法标记的顺序写。

需要注意的地方：建树时初始化乘法标记为1，清除标记时乘法标记清除为1.

不要多加冗余的取模运算，会T

#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 100005
#define int long long
using namespace std;
int a[SIZE], n, q, mod;
inline int read(){
    int a = 0; int f = 0;char p = getchar();
    while(!isdigit(p)){f |= p == '-'; p = getchar();}
    while(isdigit(p)){a = (a << 3) + (a << 1) + (p ^ 48); p = getchar();}
    return f ? -a : a;
}
struct SegmentTree
{
    int p;
    int l;
    int r;
    long long sum;
    long long add;
    long long mult;
} t[4*SIZE];
void build(int p, int l, int r)
{
    t[p].l = l, t[p].r = r, t[p].mult = 1;//注意初始化mult 
    if(l == r)    {    t[p].sum = 1ll * a[l] % mod; return;    }//注意build函数 
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(2 * p, l, mid);
    build(2 * p + 1, mid + 1, r);
    t[p].sum = 1ll * (t[2 * p].sum + t[2 * p + 1].sum) % mod;
}
void spread(int p)
{
    t[2 * p].sum = 1ll * (t[p].mult * t[2 * p].sum + t[p].add * (t[2 * p].r - t[2 * p].l + 1) % mod) % mod;//此处父节点的加法标记已经乘过了，因此也满足先乘后加 
    t[2 * p + 1].sum = 1ll * (t[p].mult * t[2 * p + 1].sum % mod + t[p].add * (t[2 * p + 1].r - t[2 * p + 1].l + 1) % mod) % mod;
    t[2 * p].mult = 1ll * t[2 * p].mult * t[p].mult % mod;
    t[2 * p + 1].mult = 1ll * t[2 * p + 1].mult * t[p].mult % mod;
    t[2 * p].add = 1ll * (t[p].add + t[2 * p].add * t[p].mult) % mod;
    t[2 * p + 1].add = 1ll * (t[p].add + t[2 * p + 1].add * t[p].mult % mod) % mod;
    t[p].add = 0;
    t[p].mult = 1;
}
void change(int op, int p, int l, int r, int k)
{
    if(t[p].l >= l && t[p].r <= r)//完全覆盖 
    {
        if(op == 1)
        {
            t[p].add = 1ll * t[p].add * k % mod;
            t[p].sum = 1ll * (t[p].sum * k) % mod;
            t[p].mult = 1ll * t[p].mult * k % mod;
            return;
        }
        else
        {
            t[p].sum = 1ll * (t[p].sum + (long long)k * (t[p].r - t[p].l + 1) ) % mod;
            t[p].add = 1ll * (t[p].add + k) % mod;
            return;
        }
    }
    spread(p);
    t[p].sum = 1ll * (t[2 * p].sum  + t[2 * p + 1].sum ) % mod;
    int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
    if(l <= mid) change(op, 2 * p, l, r, k);
    if(r > mid) change(op, 2 * p + 1, l, r, k);
    t[p].sum = 1ll * (t[2 * p].sum + t[2 * p + 1].sum) % mod;
}
long long ask(int p, int l, int r)
{
    if(t[p].l >= l && t[p].r <= r) return t[p].sum;
    spread(p);
    int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
    long long val = 0;
    if(l <= mid) val = 1ll * (val + ask(2 * p, l, r)) % mod;
    if(r > mid) val = 1ll * (val + ask(2 * p + 1, l, r)) % mod;
    return val;
}
signed main()
{
    cin >> n >> q >> mod;
    int i, op, x, y, k;
    for(i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
    build(1, 1, n);
    for(i = 1; i <= q; i++)
    {
        op = read(), x = read(), y = read();
        if(op == 1)
        {
            k = read();
            change(1, 1, x, y, k);
        }
        else if(op == 2)
        {
            k = read();
            change(2, 1, x, y, k);
        }
        else cout << ask(1, x, y) << endl;
    }
    return 0;
}