P3747 [六省联考2017]相逢是问候
题目描述
( ext {Informatik verbindet dich und mich.})
信息将你我连结。
(B) 君希望以维护一个长度为 (n) 的数组，这个数组的下标为从 (1) 到 (n) 的正整数。
一共有 (m) 个操作，可以分为两种：
(0) (l) (r) 表示将第 (l) 个到第 (r) 个数(( a_l,a_{l+1},...a_r ))中的每一个数(a_i)替换为 (c^{a_i})，即 (c) 的 (a_i)次方，其中 (c) 是输入的一个常数，也就是执行赋值
$a_i = c^{a_i} $
(1) (l) (r) 求第 (l) 个到第 (r) 个数的和，也就是输出：
(sum_{i=l}^{r}a_i)
因为这个结果可能会很大，所以你只需要输出结果 (mod p) 的值即可。
输入输出格式
输入格式：
第一行有四个整数 (n), (m), (p), (c)，所有整数含义见问题描述。
接下来一行 (n) 个整数，表示 (a) 数组的初始值。
接下来 (m) 行，每行三个整数，其中第一个整数表示了操作的类型。
如果是 (0) 的话，表示这是一个修改操作，操作的参数为 (l), (r)。
如果是 (1) 的话，表示这是一个询问操作，操作的参数为 (l), (r)。
输出格式：
对于每个询问操作，输出一行，包括一个整数表示答案 (mod p) 的值。
说明
-
对于 (0\%) 的测试点，和样例一模一样；
-
对于另外 (10\%) 的测试点，没有修改；
-
对于另外 (20\%) 的测试点，每次修改操作只会修改一个位置（也就是 (l = r)），并且每个位置至多被修改一次；
-
对于另外 (10\%) 的测试点， (p = 2)；
-
对于另外 (10\%) 的测试点， (p = 3)；
-
对于另外 (10\%) 的测试点， (p = 4)；
-
对于另外 (20\%) 的测试点， (n le 100); (m le 100)；
-
对于 (100\%) 的测试点， (1 le n le 50000 ; 1 le m le 50000 ; 1 le p le 100000000; 0 < c <p; 0 ≤ a_i < p)。
好坑啊，写到自闭了。。
有结论
求(c^{c^{{c..}^a}}mod p)
递归的规模是(log_2p)层
证明用一下扩展欧拉定理就行了
等价于(p,varphi(p),varphi(varphi(p))...)有多少层。
对于(p)是偶数，至少减少一半
对于(p)是奇数，下一次一定是偶数
于是对每个位置，我们每次直接操作，暴力求改的值。
拿一颗平衡树维护还没有够次数的位置，拿树状数组维护。
修改操作的上界是(O(nlogp))
考虑每次暴力求改的值，发现复杂度是(O(log^2p))的
三个(log)应该比较难卡过去
扩展欧拉定理的层数不好优化，想办法优化快速幂
发现底数都是(c)，可以分块预处理
对每个模数(p)预处理(c^1)~(c^{10000})，然后对(t=c^{10000})再预处理一下(t^1)~(t^{10000})。
每次可以(O(1))的把两块合并在一起
如果你一直wa3和wa20
可以试试这个数据
1 6 4 2
0
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
0 1 1
1 1 1
这里要注意扩展欧拉定理
(a^t equiv a^{min(t,t mod varphi(p) + varphi(p))} (mod p))
后面什么时候要加(varphi(p))，什么时候不加
Code:
#include <cstdio>
#include <set>
#define ll long long
const int N=5e4+10;
int n,m,cnt[N];
ll p,c,las[N],a[N];
std::set <int> s;
std::set <int>::iterator it;
ll quickpow(ll d,ll k,ll mod)
{
ll f=1;int flag=0;
if(f>=mod) flag=1;
f%=mod;
while(k)
{
if(k&1)
{
if(f*d>=mod) flag=1;
f=f*d%mod;
}
if(d*d>=mod) flag=1;
d=d*d%mod;
k>>=1;
}
return flag?f+mod:f;
}
ll phi(ll ba)
{
ll ans=ba;
for(ll i=2;i*i<=ba;i++)
{
if(ba%i==0)
{
ans=ans*(i-1)/i;
while(ba%i==0) ba/=i;
}
}
if(ba!=1) ans=ans*(ba-1)/ba;
return ans;
}
ll Mod[100],mxd;
void get(ll mod)
{
if(mod==1)
{
Mod[++mxd]=mod;
Mod[++mxd]=mod;
return;
}
Mod[++mxd]=mod;
get(phi(mod));
}
const int M=10000;
ll S[100][M+10],T[100][M+10];
void initpow()
{
for(int i=1;i<=mxd;i++)
{
for(int j=0;j<=M;j++)
S[i][j]=quickpow(c,j,Mod[i]);
ll t=quickpow(c,M,Mod[i])%Mod[i];
for(int j=1;j<=M;j++)
T[i][j]=quickpow(t,j,Mod[i])%Mod[i]+Mod[i];
}
}
int De;
ll Pow(ll d,int de)
{
return T[de][d/M]?(T[de][d/M]*S[de][d%M])%Mod[de]+Mod[de]:S[de][d%M];
}
ll dfs(ll ba,int de,int dep,ll mod)
{
if(dep==0) return ba>=mod?ba%mod+mod:ba;
return Pow(dfs(ba,de+1,dep-1,Mod[de+1]),de);
}
ll t[N];
void change(int pos,ll d)
{
while(pos<=n) t[pos]+=d,pos+=pos&-pos;
}
ll query(int pos)
{
ll sum=0;
while(pos) sum+=t[pos],pos-=pos&-pos;
return sum;
}
int main()
{
scanf("%d%d%lld%lld",&n,&m,&p,&c);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",a+i),change(i,las[i]=a[i]),s.insert(i);
get(p);
initpow();
for(int op,l,r,i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);
if(op==0)
{
it=s.lower_bound(l);
while(it!=s.end()&&*it<=r)
{
int pos=*it;
De=++cnt[pos];
ll d=dfs(a[pos],1,De,p);
change(pos,d-las[pos]);
las[pos]=d;
it++;
if(cnt[pos]==mxd-1) s.erase(pos);
}
}
else
printf("%lld
",(query(r)-query(l-1))%p);
}
return 0;
}
2018.10.10