清华集训2014 玄学

• 清华集训2014 玄学
• 一列对象，常见的区间修改，单点询问，修改操作易于复合，但未必交换以及有逆。
• 现在询问的时候忽视掉一段前缀与后缀，只留下中间一段连续的修改
• 强制在线，(nleq 10^5,qleq 6*10^5)，保证修改操作不超过(10^5)。
• 二进制分组，猫琨暑假讲过的原题，但是我睡着了。
• 二进制分组是一种策略，应对询问独立的情况，最基本的二进制分组是这样的：
• 刚开始没有分组
• 新来一个修改的时候,对这个修改新建一个分组
• 如果存在两个大小一样的分组,将它们合并,一直执行直到不存在两个分组大小相等。
• 通常用线段树实现。
• 这个模型有很多种等价的变形，比如可以把 (cdq) 分治在线化。
• 但是我不会啊，到时候可能会补一个二进制分组的学习笔记，咕咕。
• 对于这个题，考虑每一次询问是互相独立的。
• 那么对修改操作建时间轴线段树，每一次修改就相当于把一个叶子节点的区间搞一下。
• 对每个节点新建(vector)保存这个节点当前的所有区间。
• 假设我们已经快速整理出两个儿子的区间信息，按次序合并在父亲了。
• 那么每一次询问可以定位到线段树上的(log)个区间，按照次序依次产生贡献就可以了。
• 这个可以直接在(vector)上二分出对应的修改标记。
• 所以查询是两个(log)的。
• 现在的问题是怎么把两个儿子快速合并，即把两个(vector)合并成一个。
• 这里采用的是归并排序的思想。
• 为了方便，如果两个区间有交，那么就把这两个区间拆成三个区间。
• 因为每新建一个修改只会产生一个区间，所以总共的端点数不会超过(2*n)，是可以接受的。
• 为了方便，一次修改我们拆开成了三个区间，即右端点分别为(l-1)，(r)，(n)。
• 这样的好处在于每一个(vector)所拥有的区间拼接起来一定是全集。
• 还有一个细节就是不能每次修改都(pushup)，因为会被不断合并多次，就假了。
• 可以选择如果一个节点的儿子满了，那么就把他(pushup)。
• 正确性就是，如果一个节点没有被插满，那么他就一定不会被定位到。
• 因为询问不会询问在这之后的修改操作。
• 这样的话，修改就只有一个(log)。
• 而每个节点只会被(pushup)一次，所以(pushup)的复杂度是线性的。
• 总复杂度两个(qlog^2q)，而且算法在线。
• 可以无脑树套树，但是我忘了。
• 疯狂膜拜分块暴切的(cx233666)大聚聚。

#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
using namespace std;
const int N=100001;
const int M=600000;
const int T=400001;
const int Mx=100000;
int S,n,m,op,l,r,a,b,ans,q,K,tot,w[N];
struct ip{int r,a,b;}nw;
vector<ip>G[T];
int gi(){
    R x=0,k=1;char c=getchar();
    while(c!='-'&&(c<'0'||c>'9'))c=getchar();
    if(c=='-')k=-1,c=getchar();
    while(c<='9'&&c>='0')x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();
    return x*k;
}
void upd(R i){
	R ls=(i<<1),rs=(ls|1),llen=G[ls].size(),rlen=G[rs].size();
	G[i].clear();
	for(R p=0,q=0;p<llen&&q<rlen;){
		R a=1ll*G[ls][p].a*G[rs][q].a%m,b=(1ll*G[rs][q].a*G[ls][p].b+G[rs][q].b)%m;
		if(G[ls][p].r==G[rs][q].r)G[i].push_back((ip){G[ls][p].r,a,b}),++p,++q;
		else if(G[ls][p].r<G[rs][q].r)G[i].push_back((ip){G[ls][p].r,a,b}),++p;
		else G[i].push_back((ip){G[rs][q].r,a,b}),++q;
	}
}

int mdf(R Le,R Ri,R i){// tot l r a b
	if(Le==Ri){
		if(l!=1)G[i].push_back((ip){l-1,1,0});
		G[i].push_back((ip){r,a,b});
		if(r!=n)G[i].push_back((ip){n,1,0});
		return 1;
	}
	R mid=(Le+Ri)>>1,ls=(i<<1),rs=(ls|1);
	if(tot<=mid){mdf(Le,mid,ls);return 0;}
	else {
		R op=mdf(mid+1,Ri,rs);
		if(op)upd(i);return op;
	}
}
void query(R Le,R Ri,R l,R r,R i){//K
	if(Le==l&&Ri==r){
		R le=0,ri=G[i].size()-1,res=-1;
		while(le<=ri){
			R Mid=(le+ri)>>1;
			if(K>G[i][Mid].r)le=Mid+1;
			else res=Mid,ri=Mid-1;
		}
		ans=(1ll*ans*G[i][res].a%m+G[i][res].b)%m;
		return ;
	}
	R mid=(Le+Ri)>>1,ls=(i<<1),rs=(ls|1);
	if(r<=mid)query(Le,mid,l,r,ls);
	else if(l>mid)query(mid+1,Ri,l,r,rs);
	else query(Le,mid,l,mid,ls),query(mid+1,Ri,mid+1,r,rs);
}
int main(){
	S=gi(),n=gi(),m=gi();
	for(R i=1;i<=n;++i)w[i]=gi();
	q=gi();
	for(R t=1;t<=q;++t){
		op=gi();
		if(op==1){
			l=gi(),r=gi(),a=gi()%m,b=gi()%m,++tot;
			if(S&1)l^=ans,r^=ans;
			mdf(1,Mx,1);//l r a b;
		}
		else {
			l=gi(),r=gi(),K=gi();if(S&1)l^=ans,r^=ans,K^=ans;
			ans=w[K],query(1,Mx,l,r,1);
			printf("%d
",ans);
		}
	}
	return 0;
}