本题可能欧拉定理和欧拉公式混用，，其实是欧拉定理。欧拉公式是另外一个东西（欧拉太巨辣）
Description
Input
Output
Solution：
也是比较恶心的题目了。
综合了数论（欧拉公式，phi的求法，快速幂）+数据结构（线段树）+预处理（phi的迭代，快速幂指数根号拆分）
一道值得好好做的好题。
首先我们要知道扩展欧拉定理：
（温馨提示：
类似地有一道题：
上帝与集合的正确用法
这个题目是本题的简化简化简化简化。。。版。
先用扩展欧拉定理过了这道题才行。（虽然我用的CRT））
这个题目一看不可做
但是发现，根据扩展欧拉定理，即使有：
c^c^c^c^..^a
不断p取phi，大概logn次会变成1
证明：如果p是偶数，必然会至少有p/2个数不互质，会除以2
如果p是奇数，因为gcd(n,x)=gcd(n,n-x)=1,所以，与p互质的数成对出现，phi都是偶数（除了1,2）。p=phi(p)就变成了偶数。
每两次至少除以2
所以，一个位置最多被操作logp（设为up）次，值就不会再变了。因为若p=1时，根据欧拉公式第三条，指数一定都会是1。
所以，我们可以预处理每个位置操作up次后的值。
然后，区间修改，区间求和？线段树！
暴力区间修改，如果区间修改次数==up，则不再修改。
复杂度，大概：O(nlog^2n+mlogn)
细节问题：推荐：bzoj4869: [Shoi2017]相逢是问候（欧拉函数+线段树）
1.up要到Phi(1)=1，也就是说，如果p=4，要mod 4 、2、1 、1
因为，如果不mod两个1的话，可能会当ai=0时出锅。
例如：2^2^0 mod 4=2 这个时候，最上层是0mod1，我们就认为它不变了，后面就不会再操作。
而，如果再操作一次，2^2^2^0 mod 4=0 ，竟然还变化？
为什么？
思考，我们为什么可以mod1就停止了？
上述：“因为扩展欧拉定理第三条”，如果模数是1，那么x mod 1=0恒成立，然后第三条会加一个phi(1)=1，那么，这个模数1以上的（如果还有）部分，算完之后到1这里，都会 blablabla.. mod 1 +1 =1。
所以可以划线停止操作。
但是，别忘了第三条有一个适用条件，x>=1，但是，这个题c不是0，但是ai确实可能是0
所以，由于0<1 并不能用第三条，所以不能保证到这个phi(2)=1的时候，之后操作不会改变值。
那怎么办？
其实，只要再处理一层，由于c不会是0，那么其实是，$c^{c^{aspace mod 1}space mod 1} mod 2$
即使a是0，那么：$c^{c^{0space mod 1}space mod 1} mod 2$而c^0=1
所以在底下的一个mod 1 +1之后，一定都是1了。即可划线。
2.欧拉函数的锅：
要ret=ret/i*(i-1) 不能ret=ret*(i-1)/i 后者瞬间爆int
我们经常习惯先乘后除（有时为了保证整除），但是在这里是一个会WA的习惯。注意这个容易错的细节。
3.预处理每个ai的操作dep层，上面递归返回的部分是否比当前的mod phi(p)大？
即：
这里面的mod p上层下来的tmp，究竟c^tmp比p大还是小呢？
而且，这个tmp可能还不能随便取mo。
直接快速幂？取模之后一定比p小还比较个毛线
我是这样做的（可能和别的题解不太一样）：
因为，p是一个1e9以内的数，而c是一个确定的数。
有一个定理是：$forall x>1 : x^{phi(p)}ge p$
那么，其实我们上面的tmp可以直接对phi(p)等取模
证明：
因为，若满足第三条，一定有tmp>=phi(p)，而如果c>1,则不影响判断c^tmp与p的关系
如果不满足，本身就不会对phi(p)取模，也不会影响判断。
而且我们可以进一步发现，如果在某一层满足第三条，那么之后的每一个tmp都>=phi(p)，会一直以第三条满足下去！！
所以，满足第二条（即不取模）和满足第三条的层一定是连续的上下两段！！
证毕。
所以，我们可以每层都mod phi(p)并且不会影响大小比较。
那么，有了tmp，这一层怎么比较大小呢？
发现，当c>1时，tmp最多32，就超出了1e9（也就是p的最大值）
所以，我们可以预处理c的1~50次方。如果c^i超过了1e9，就赋值为-1
判断的时候，如果tmp>50或者ci[tmp]=-1或者ci[tmp]>=phi(p)，那么就满足第三条，快速幂后要加phi(p)
c=1可以特判
4.在我费了3h调完上述的WA之后，然后它无情地TLE了。
因为，我们预处理的ai操作up次，总共带3个logn，T飞了。
真的要这么慢吗？
考虑优化：
1.每个数少枚举几次up？不行，必须预处理up以内所有情况。
2.每次c^c^c^c...不从0开始？不行，没有递推性质。
3.快速幂能否省省？可以！！！！
指数是1e9的，不能直接预处理，但是我们可以分块打表！！
处理c^1~10000 mod phi(phi(..p))，
令t=c^10000，预处理t^1~10000 mod phi(phi(..p))
这样，要用到快速幂的时候，可以直接拼凑。
x^k=x^((k/10000)*10000+(k%10000))
省掉一个logn
总复杂度：O(nlog^2n)
完结撒花~！！
#include<bits/stdc++.h> #define numb (ch^'0') #define mid ((l+r)>>1) using namespace std; typedef long long ll; const int N=50000+5; ll n,m,p,c; void rd(ll &x){ char ch;x=0; while(!isdigit(ch=getchar())); for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=(x<<1)+(x<<3)+numb); } ll a[N]; int b[N]; int up; int phi[N]; ll ci[N]; int ouler(ll x){ int ret=x; for(int i=2;i*i<=x;i++){ if(x%i==0){ ret=ret/i*(i-1); while(x%i==0) x/=i; } } if(x>1) ret=ret/x*(x-1); return ret; } ll num[N][35]; ll qm(ll x,ll y,ll mod){ ll ret=1%mod; while(y){ if(y&1) (ret*=x)%=mod; (x*=x)%=mod; y>>=1; } return ret; } ll mi1[10005][35]; ll mi2[10005][35]; ll tim(int id,int dep,int lim){ if(dep==lim){ return a[id]<phi[dep]?a[id]:a[id]%phi[dep]+phi[dep]; } ll tmp=tim(id,dep+1,lim); ll ret=0; if(c==1){ ret=1; if(ret>=phi[dep]) ret=ret%phi[dep]+phi[dep]; }else if(c==0){ ret=1; if(ret>=phi[dep]) ret=ret%phi[dep]+phi[dep]; }else{ if(tmp>50) ret=(mi2[tmp/10000][dep]*mi1[tmp%10000][dep]%phi[dep])+phi[dep]; else if(ci[tmp]<0||ci[tmp]>=phi[dep]) ret=(mi2[tmp/10000][dep]*mi1[tmp%10000][dep]%phi[dep])+phi[dep]; else ret=(mi2[tmp/10000][dep]*mi1[tmp%10000][dep]%phi[dep]); } return ret; } struct node{ ll mx,sum; }t[N<<2]; void pushup(int x){ t[x].sum=(t[x<<1].sum+t[x<<1|1].sum)%p; t[x].mx=max(t[x<<1].mx,t[x<<1|1].mx); } void build(int x,int l,int r){ if(l==r){ t[x].sum=a[l]; t[x].mx=up;return; } build(x<<1,l,mid);build(x<<1|1,mid+1,r); pushup(x); } void chan(int x,int l,int r,int L,int R){ if(L<=l&&r<=R){ if(l==r) { t[x].mx=max(t[x].mx-1,(ll)0); t[x].sum=num[l][up-t[x].mx]; return; } else{ if(t[x<<1].mx>0) chan(x<<1,l,mid,L,R); if(t[x<<1|1].mx>0) chan(x<<1|1,mid+1,r,L,R); pushup(x); return; } } else{ if(L<=mid) chan(x<<1,l,mid,L,R); if(mid<R) chan(x<<1|1,mid+1,r,L,R); pushup(x); return; } } ll query(int x,int l,int r,int L,int R){ if(L<=l&&r<=R){ return t[x].sum; } ll ret=0; if(L<=mid) (ret+=query(x<<1,l,mid,L,R))%=p; if(mid<R) (ret+=query(x<<1|1,mid+1,r,L,R))%=p; return ret; } int main(){ rd(n);rd(m);rd(p);rd(c); ci[0]=1; for(int i=1;i<=50;i++){ ci[i]=ci[i-1]*c; if(ci[i]>2e9) ci[i]=-1; if(ci[i]<0) ci[i]=-1; } int tmp=p; phi[0]=p; while(tmp!=1){ up++; phi[up]=ouler(tmp); tmp=phi[up]; } up++;phi[up]=tmp; for(int j=0;j<=up;j++){ mi1[0][j]=1%phi[j]; ll t=qm(c,10000,phi[j]); mi2[0][j]=1%phi[j]; for(int i=1;i<=10000;i++){ mi1[i][j]=qm(c,i,phi[j]); mi2[i][j]=qm(t,i,phi[j]); } } for(int i=1;i<=n;i++) rd(a[i]); for(int i=1;i<=n;i++) { num[i][0]=a[i]; for(int j=1;j<=up;j++){ num[i][j]=tim(i,0,j)%p; } } build(1,1,n); ll op,l,r; while(m--){ rd(op);rd(l);rd(r); if(op){ printf("%lld ",query(1,1,n,l,r)); } else{ chan(1,1,n,l,r); } } return 0; }
总结：
怎么说，一道优秀的省选题就是这样。综合性强，代码要求也不小，细节多，数学难度也有。