P4681 [THUSC2015] 平方运算

$\text{Link}$

题意

给定长度为 $n$ 的序列和一个数 $p$，有 $m$ 个操作：

• 1 l r：将区间 $[l,r]$ 内的数分别平方对 $p$ 取模。
• 2 l r：求区间 $[l,r]$ 内的数的和。

分析

看到修改如此诡异，考虑分块。

注意到值域很小，且 $p$ 有时不是质数，这启发我们要从打表开始着手。

经过打表可得，对于题目中的所有 $p$，每个数进行平方运算的循环节长度 $tim\le60$，一个数要进入循环需要的次数 $lim\le11$，且对于同一个 $p$，任意两个不同的数的循环节 $lim1,lim2(lim1\le lim2)$ 满足 $lim1\mid lim2$。于是我们只要知道对于一个 $p$ 的最大循环节长度，将其作为每个数的循环节长度即可。

为了优化常数，可以预处理出每个数乘方若干次后的值。然后就是众所周知的操作：

• 对于散块，查询和修改都直接暴力即可，同时维护 $sum_{k,0\sim tim-1}$ 表示块 $k$ 修改 $0\sim tim-1$ 次后的和。
• 对于整块，查询直接 $O(1)$ 回答，修改则要分两种情况：若该块修改次数不超过 $lim$，说明可能有的数还没进入循环，当成散块暴力改；若超过 $lim$ 次，直接 $O(1)$ 改变标记即可。

等等，这样复杂度好像要带上 $\sqrt {60}$ 的常数？那不炸飞了，考虑优化。

我们发现散块的复杂度偏高了，于是可以改为在暴力的同时，只维护 $sum_{k,0}$，当后面要用到 $sum_{k,x}$ 时，重新求一下即可。感觉比较玄学，但是好像能均摊的样子，于是就过了。（

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
long long read(){
	long long x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))
	{if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}
void write(long long x){
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
const int N=1e5+10,sN=330,S=1e4+10;
int n,m,p,len,nxt[S][61],a[N],tim[sN],lim[sN];
int id,pri[21]={233,2332,5,8192,23,45,37,4185,5850,2975
,2542,2015,2003,2010,4593,4562,1034,5831,9905,9977};
bool vis[N],fl[N];
int cnt[sN],tag[sN];
bool dos[sN][61];
int sum[sN][61],now[sN];
void init(){
	tim[0]=28;lim[0]=3;
	tim[1]=12;lim[1]=2;
	tim[2]=1;lim[2]=2;
	tim[3]=1;lim[3]=11;
	tim[4]=10;lim[4]=1;
	tim[5]=2;lim[5]=2;
	tim[6]=6;lim[6]=2;
	tim[7]=12;lim[7]=2;
	tim[8]=4;lim[8]=2;
	tim[9]=4;lim[9]=4;
	tim[10]=4;lim[10]=3;
	tim[11]=4;lim[11]=2;
	tim[12]=60;lim[12]=1;
	tim[13]=10;lim[13]=2;
	tim[14]=24;lim[14]=1;
	tim[15]=36;lim[15]=3;
	tim[16]=44;lim[16]=1;
	tim[17]=42;lim[17]=4;
	tim[18]=46;lim[18]=2;
	tim[19]=60;lim[19]=1;
}
void solve(int u){//打表 
	int P=pri[u];
	int mx=0,m2=0;
	memset(fl,0,sizeof(fl));
	for(int i=1;i<P;i++){
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		int j=i%P;
		int len=0;
		while(!vis[j]){
			len++;
			vis[j]=1;
			j=j*j%P;
		}
		if(j==i)fl[len]=1,mx=max(mx,len);
		m2=max(m2,len);
	}
	printf("tim[%d]=%d;lim[%d]=%d;\n",u,mx,u,m2-mx);
}
void pushdown(int k){
	if(tag[k]){
		for(int i=max(k*len,1);i<=min(n,k*len+len-1);i++){
			a[i]=nxt[a[i]][tag[k]];
		}
		tag[k]=0;
	}
}
void pushup(int k){
	memset(dos[k],0,sizeof(dos[k]));
	memset(sum[k],0,sizeof(sum[k]));
	dos[k][0]=1;
	for(int i=max(k*len,1);i<=min(n,k*len+len-1);i++){
		sum[k][0]+=a[i];
	}
}
void change(int l,int r){
	int kl=l/len,kr=r/len;
	if(kl==kr){
		pushdown(kl);
		for(int i=l;i<=r;i++){
			a[i]=nxt[a[i]][1];
		}
		pushup(kl);
		return;
	}
	change(l,(kl+1)*len-1);
	change(kr*len,r);
	for(int i=kl+1;i<kr;i++){
		if(cnt[i]<=lim[id]){
			cnt[i]++;
			change(i*len,(i+1)*len-1);
			continue;
		}
		tag[i]=(tag[i]+1)%tim[id];
	}
}
int ask(int l,int r){
	int kl=l/len,kr=r/len;
	int ans=0;
	if(kl==kr){
		pushdown(kl);
		for(int i=l;i<=r;i++){
			ans+=a[i];
		}
		pushup(kl);
		return ans;
	}
	ans=ask(l,(kl+1)*len-1)+ask(kr*len,r);
	for(int i=kl+1;i<kr;i++){
		if(!dos[i][tag[i]]){
			dos[i][tag[i]]=1;
			for(int j=max(i*len,1);j<=min(n,i*len+len-1);j++){
				sum[i][tag[i]]+=nxt[a[j]][tag[i]];
			}
		}
		ans+=sum[i][tag[i]]; 
	}
	return ans;
}
int main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	n=read();m=read();p=read();
	len=sqrt(n);
	init();
	for(int i=0;i<20;i++){
		if(p==pri[i]){
			id=i;
		}
	}
	for(int i=1;i<p;i++){
		nxt[i][0]=i;
	}
	for(int i=1;i<=60;i++){
		for(int j=1;j<p;j++){
			nxt[j][i]=nxt[j][i-1];
			nxt[j][i]=(nxt[j][i]*nxt[j][i])%p;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=read();
	}
	for(int k=0;k<=n/len;k++){
		pushup(k);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int op=read(),l=read(),r=read();
		if(op==1){
			change(l,r);
		}
		else {
			write(ask(l,r));
			puts("");
		}
	}
	return 0;
}