UOJ46. 【清华集训2014】玄学 [线段树，二进制分组]
思路
模拟赛出了这题，结果我没学过二进制分组……一波主席树然后空间就爆炸了……
用线段树维护时间序列，每个节点维护\(a_i\to x_i\times a_i+b_i,i\in [1,n]\)的信息。由于每次加入一个操作只会加入两个断点，所以维护数列上每个线段的二元组\((a,b)\)。
当一个时间块被填满之后就把两边的二元组归并上来，复杂度是\(O(断点个数)\)。
由于一个操作只会加2个断点，一个断点只会被往上合并\(O(\log n)\)次，所以复杂度非常正确。
询问的时候在线段树上找到区间，然后在每个区间的数轴上二分得到要问的那一个点。
（感觉讲的不是很清晰，但代码很好看懂）
（这简直就像是个暴力，但它就是对的……）
（另外我模拟赛的做法：发现二元组一般是有可减性的，所以用主席树维护经过前面几次操作之后每个位置的二元组。然而空间就爆炸了……）
代码
#include<bits/stdc++.h>
clock_t t=clock();
namespace my_std{
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define fir first
#define sec second
#define MP make_pair
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
#define drep(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--)
#define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
#define templ template<typename T>
#define sz 101010
typedef long long ll;
typedef double db;
mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
templ inline T rnd(T l,T r) {return uniform_int_distribution<T>(l,r)(rng);}
templ inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
templ inline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
templ inline void read(T& t)
{
t=0;char f=0,ch=getchar();double d=0.1;
while(ch>'9'||ch<'0') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0') t=t*10+ch-48,ch=getchar();
if(ch=='.'){ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0') t+=d*(ch^48),d*=0.1,ch=getchar();}
t=(f?-t:t);
}
template<typename T,typename... Args>inline void read(T& t,Args&... args){read(t); read(args...);}
char __sr[1<<21],__z[20];int __C=-1,__zz=0;
inline void Ot(){fwrite(__sr,1,__C+1,stdout),__C=-1;}
inline void print(register int x)
{
if(__C>1<<20)Ot();if(x<0)__sr[++__C]='-',x=-x;
while(__z[++__zz]=x%10+48,x/=10);
while(__sr[++__C]=__z[__zz],--__zz);__sr[++__C]='\n';
}
void file()
{
#ifdef NTFOrz
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
}
inline void chktime()
{
#ifdef NTFOrz
cout<<(clock()-t)/1000.0<<'\n';
#endif
}
#ifdef mod
ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x%mod) if (y&1) ret=ret*x%mod;return ret;}
ll inv(ll x){return ksm(x,mod-2);}
#else
ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x) if (y&1) ret=ret*x;return ret;}
#endif
// inline ll mul(ll a,ll b){ll d=(ll)(a*(double)b/mod+0.5);ll ret=a*b-d*mod;if (ret<0) ret+=mod;return ret;}
}
using namespace my_std;
int n;ll mod;int m;
int a[sz];
struct hh{ll a,b;int r;hh(ll A=1,ll B=0,int R=0){a=A,b=B,r=R;}const hh operator * (const hh &x) const {return hh(a*x.a%mod,(b*x.a+x.b)%mod,min(r,x.r));}};
int T;
vector<hh>tr[sz<<2];
#define ls k<<1
#define rs k<<1|1
#define lson ls,l,mid
#define rson rs,mid+1,r
void addtag(int k,int l,int r,int a,int b){if (l!=1) tr[k].push_back(hh(1,0,l-1));tr[k].push_back(hh(a,b,r));if (r!=n) tr[k].push_back(hh(1,0,n));}
void merge(vector<hh> &tr,const vector<hh> &L,const vector<hh> &R)
{
int s1=L.size(),s2=R.size();
int p=0,q=0;
while (p<s1&&q<s2)
{
tr.push_back(L[p]*R[q]);
if (L[p].r==R[q].r) ++p,++q;
else L[p].r<R[q].r?++p:++q;
}
}
void modify(int k,int l,int r,int x,int y,int a,int b)
{
if (l==r) return addtag(k,x,y,a,b);
int mid=(l+r)>>1;
if (T<=mid) modify(lson,x,y,a,b); else modify(rson,x,y,a,b);
if (T==r) merge(tr[k],tr[ls],tr[rs]);
}
ll ans;
void calc(int k,int p)
{
int l=0,r=(int)tr[k].size()-1,mid,pos=0;
while (l<=r) tr[k][mid=(l+r)>>1].r>=p?pos=mid,r=mid-1:l=mid+1;
ans=(ans*tr[k][pos].a%mod+tr[k][pos].b)%mod;
}
void query(int k,int l,int r,int x,int y,int p)
{
if (x<=l&&r<=y) return calc(k,p);
int mid=(l+r)>>1;
if (x<=mid) query(lson,x,y,p);
if (y>mid) query(rson,x,y,p);
}
int main()
{
file();
int type;read(type);type&=1;
read(n),read(mod);
rep(i,1,n) read(a[i]);
read(m);
rep(t,1,m)
{
int opt,l,r,x,y;
read(opt),read(l),read(r),read(x);if (opt==1) read(y);
if (opt==1)
{
if (type) l^=ans,r^=ans;
if (l>r) swap(l,r);
++T;modify(1,1,1e5,l,r,x,y);
}
else
{
if (type) l^=ans,r^=ans,x^=ans;
if (l>r) swap(l,r);
ans=a[x];query(1,1,1e5,l,r,x);
printf("%lld\n",ans);
}
}
}
