问题 B: 奇数国
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题目描述
在一片美丽的大陆上有100000个国家，记为1到100000。这里经济发达，有数不尽的账房，并且每个国家有一个银行。某大公司的领袖在这100000个银行开户时都存了3大洋，他惜财如命，因此会不时地派小弟GFS清点一些银行的存款或者让GFS改变某个银行的存款。该村子在财产上的求和运算等同于我们的乘法运算，也就是说领袖开户时的存款总和为3100000。这里发行的软妹面额是最小的60个素数（p1=2,p2=3,…,p60=281），任何人的财产都只能由这60个基本面额表示，即设某个人的财产为fortune（正整数），则fortune=p1^k1*p2^k2*……p60^K60。
领袖习惯将一段编号连续的银行里的存款拿到一个账房去清点，为了避免GFS串通账房叛变，所以他不会每次都选择同一个账房。GFS跟随领袖多年已经摸清了门路,知道领袖选择账房的方式。如果领袖选择清点编号在[a,b]内的银行财产，他会先对[a,b]的财产求和（计为product），然后在编号属于[1,product]的账房中选择一个去清点存款，检验自己计算是否正确同时也检验账房与GFS是否有勾结。GFS发现如果某个账房的编号number与product相冲，领袖绝对不会选择这个账房。怎样才算与product不相冲呢？若存在整数x,y使得number*x+product*y=1，那么我们称number与product不相冲，即该账房有可能被领袖相中。当领袖又赚大钱了的时候，他会在某个银行改变存款，这样一来相同区间的银行在不同的时候算出来的product可能是不一样的，而且领袖不会在某个银行的存款总数超过1000000。
现在GFS预先知道了领袖的清点存款与变动存款的计划，想请你告诉他，每次清点存款时领袖有多少个账房可以供他选择，当然这个值可能非常大，GFS只想知道对19961993取模后的答案。
输入
第一行一个整数x表示领袖清点和变动存款的总次数。
接下来x行，每行3个整数ai,bi,ci。ai为0时表示该条记录是清点计划，领袖会清点bi到ci的银行存款，你需要对该条记录计算出GFS想要的答案。ai为1时表示该条记录是存款变动，你要把银行bi的存款改为ci，不需要对该记录进行计算。
输出
输出若干行，每行一个数，表示那些年的答案。
样例输入
6
013
115
013
117
013
023
样例输出
18
24
36
6
explanation
初始化每个国家存款都为3;
1到3的product为27，[1,27]与27不相冲的有18个数;
1的存款变为5;
1到3的product为45，[1,45]与45不相冲的有24个数;
1的存款变为7;
1到3的product为63，[1,63]与63不相冲的有36个数;
2到3的product为9，[1,9]与9不相冲的有6个数。
提示
x≤100000，当ai=0时0≤ci−bi≤100000
说白了要求数列某一段乘积的欧拉函数.
根据欧拉定理，φ（n）=n*∏((p-1)/p) （p为n的质因数）
一棵线段树维护这一段乘积，并维护这一段有哪些质数。而题目中指出只会用到60个质数，那就很方便了，可以状压一下，用二进制记录下有哪些质数，60刚好不会爆long long.
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define mod 19961993
#define N 100000
#define ll long long
using namespace std;
int read()
{
int sum=0,f=1;char x=getchar();
while(x<'0'||x>'9'){if(x=='-')f=-1;x=getchar();}
while(x>='0'&&x<='9'){sum=(sum<<3)+(sum<<1)+x-'0';x=getchar();}
return sum*f;
}
struct tree
{
int l,r; ll h,sum;
}t[N*4+100];
int m;
ll s1,s2,ans,xp[65],hh[65],pri[65]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,107,109,113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199,211,223,227,229,233,239,241,251,257,263,269,271,277,281,};
ll cheng(ll x,ll m)
{
ll ans=1;
while(m)
{
if(m&1)ans=ans*x%mod;
x=x*x%mod;
m>>=1;
}
return ans;
}
void build(int l,int r,int x)
{
t[x].l=l;t[x].r=r;
if(l==r)
{
t[x].h=3;t[x].sum=xp[1];
return;
}
int mid=l+r>>1;
build(l,mid,x*2);
build(mid+1,r,x*2+1);
t[x].h=t[x*2].h*t[x*2+1].h%mod;
t[x].sum=t[x*2].sum|t[x*2+1].sum;
}
void c(int l,int k,int x)
{
if(t[x].l==t[x].r)
{
t[x].h=k;t[x].sum=0;
for(int i=0;i<60;i++)
if(k%pri[i]==0)t[x].sum|=xp[i];
return;
}
int mid=t[x].l+t[x].r>>1;
if(l<=mid)c(l,k,x*2);
else c(l,k,x*2+1);
t[x].h=t[x*2].h*t[x*2+1].h%mod;
t[x].sum=t[x*2].sum|t[x*2+1].sum;
}
void q(int l,int r,int x)
{
if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r)
{
s2=s2*t[x].h%mod;
s1|=t[x].sum;
return;
}
int mid=t[x].l+t[x].r>>1;
if(l<=mid)q(l,r,x*2);
if(r>mid)q(l,r,x*2+1);
}
int main()
{
m=read();
for(int i=0;i<60;i++)
{
hh[i]=cheng(pri[i],mod-2);
hh[i]=(pri[i]-1)*hh[i]%mod;
}
xp[0]=1;for(int i=1;i<=60;i++)xp[i]=xp[i-1]*2LL;
build(1,N,1);
int x,a,b;
while(m--)
{
x=read();a=read();b=read();
if(!x)
{
s1=0;ans=s2=1;q(a,b,1);
for(int i=0;i<60;i++)if(xp[i]&s1)(ans*=hh[i])%=mod;
printf("%lld
",ans*s2%mod);
}
else c(a,b,1);
}
}