AcWing 1277. 维护序列

$AcWing$ $1277$ . 维护序列

一、题目大意

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 $a_1,a_2,…,a_N$ 。

有如下三种操作形式：

把数列中的一段数全部乘一个值；
把数列中的一段数全部加一个值；
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 $a_1,a_2,…,a_N$ ；

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 $a_i$ 改为 $a_i×c$ ；
操作 $2$ ：2 t g c，表示把所有满足 $t≤i≤g$ 的 $a_i$ 改为 $a_i+c$ ；
操作 $3$ ：3 t g，询问所有满足 $t≤i≤g$ 的 $a_i$ 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
$1≤N,M≤10^5, \\ 1≤t≤g≤N, \\ 0≤c,ai≤10^9,\\ 1≤P≤10^9$

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

样例解释
初始时数列为 { $1,2,3,4,5,6,7$ }；

经过第 $1$ 次操作后，数列为 { $1,10,15,20,25,6,7$ }；

对第 $2$ 次操作，和为 $10+15+20=45$ ，模 $43$ 的结果是 $2$ ；

经过第 $3$ 次操作后，数列为 { $1,10,24,29,34,15,16$ }；

对第 $4$ 次操作，和为 $1+10+24=35$ ，模 $43$ 的结果是 $35$ ；

对第 $5$ 次操作，和为 $29+34+15+16=94$ ，模 $43$ 的结果是 $8$ 。

二、解题思路

首先考虑线段树结构体需要存储哪些信息：

区间信息 $l$ $r$
区间和 $sum$
懒标记 $add$ $mul$

然后考虑懒标记的更新，有两种优先级：

先加法再乘法，即 $(x+a)*b$ ，此时再进行一次乘法操作得到 $(x+a)*b*c$ 是可以维护乘 $(x+a)*b$ 的形式的，但如果进行一次加法操作 $(x+a)*b+c$ 就不好维护成 $(x+a)*b$ 的形式了。
先乘法再加法，即 $(x*a)+b$ ，此时再进行一次乘法操作 $(x*a+b)*c=(x*a*c)+b*c$ ，进行一次加法操作 $(x*a+b)+c=x*a+b+c$ ，都可以维护成 $(x+a)*b$ 的形式。

所以选择第二种优先级表达，即先乘法再加法，与算数运算一致。

接下来考虑操作，不妨把加法和乘法看作一次基础操作，即通通化为 $(x*a+b)$ ，加法令 $a=1$ ，乘法令 $b=0$ 。所以 $(x*a+b)*c+d=x*a*c+b*c+d$ 。

void eval(Node &t, LL add, LL mul){
    t.sum = (t.sum * mul+(t.r-t.l+1)*add) % p ;// 先更新区间和信息
    t.mul = t.mul * t.mul % p;
    t.add = (t.add * mul + add ) % p;
}

然后再在 $pushdown$ 中对两个儿子调用这个基础操作。

三、实现代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;
typedef long long LL;

//线段树宏定义
#define ls u << 1
#define rs u << 1 | 1

const int N = 100010;

// n:N 个非负整数   p:数模 P 的值  m:操作总数
int n, p, m;
int w[N];

struct Node {
    int l, r;
    LL sum, add, mul;
} tr[N << 2];

void pushup(int u) {
    tr[u].sum = (tr[u << 1].sum + tr[u << 1 | 1].sum) % p; //更新sum和信息
}

//计算函数
void eval(Node &t, LL add, LL mul) {
    t.sum = (t.sum * mul + (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[ls], tr[u].add, tr[u].mul); //处理左儿子
    eval(tr[rs], tr[u].add, tr[u].mul); //处理右儿子
    tr[u].add = 0, tr[u].mul = 1;       //清空懒标记
}

void build(int u, int l, int r) {
    tr[u] = {l, r, w[r], 0, 1};
    if (l == r) return;
    int mid = l + r >> 1;
    build(ls, l, mid), build(rs, 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], add, mul);
        return;
    }

    pushdown(u);
    int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
    if (l <= mid) modify(ls, l, r, add, mul);
    if (r > mid) modify(rs, 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 sum = 0;
    if (l <= mid) sum = query(ls, l, r);
    if (r > mid) sum = (sum + query(rs, l, r)) % p;
    return sum;
}

int main() {
    //加快读入
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);

    cin >> n >> p;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i];

    //构建线段树,root=1,l=1,r=n
    build(1, 1, n);

    cin >> m;
    while (m--) {
        int t, l, r, d;
        cin >> t >> l >> r;
        if (t == 1) { //乘
            cin >> d;
            modify(1, l, r, 0, d);
        } else if (t == 2) { //加
            cin >> d;
            modify(1, l, r, d, 1);
        } else //查
            printf("%d\n", query(1, l, r));
    }
    return 0;
}