题目链接：
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3071
题目大意：
给定一个长度为n的序列m次操作，操作的种类一共有三种
- 查询
- L :查询一个区间的所有的数的最小公倍数modp
- G :查询一个区间的所有的数的最大公约数modp
- 修改
- C :将给定位置的值修改成x
解题思路：
注意数据范围，每个数字不超过100，所以100以内的质因子最多25个，如果直接求解lcm和gcd的话，long long也是存不下的，所以采用存储质因子的指数，但是如果每个节点存25个值，不仅会超内存，还会超时，所以采用位运算来存每个质因子出现的次数，大于10的质因子最多出现一次，所以只需要1位即可，小于10的有2 3 5 7，2最多出现6次，即2的6次方64，3最多出现4次，5最多出现2次，7最多出现2次
所以用3个bit存2的指数，3个bit存3的指数，2个存5，2个存7，其余的只需要1位
pos数组就存的是这些素数的指数具体存在哪一位
int prime[] = {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}; int pos[] = {28,25,23,21,20,19,18,17,16,15,14,13,12,11,10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 0}; // 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 // | | | | // 2 3 5 7 //用这些位表示各个素数出现的次数
求解gcd和lcm的时候，需要求出不同素因子之间的最大值和最小值，所以需要对2 3 5 7分别求解
其余的由于只有1位可以利用&运算求解，
下面自定义了Min和Max函数，求的就是x和y的gcd和lcm，这里的x和y以及求出的解并不是原来的值，而是存储的是素因子的指数表示的值
//宏定义的x和y的括号不能省略，因为参数可能是一个表达式，需要加上括号 #define _min(x, y) ((x) < (y) ? (x) : (y))//写成宏定义更快 #define _max(x, y) ((x) > (y) ? (x) : (y)) inline int Min(int x, int y) { return _min(x&0x70000000, y&0x70000000) | _min(x&0x0e000000, y&0x0e000000) | _min(x&0x01800000, y&0x01800000) | _min(x&0x00600000, y&0x00600000) | ((x&0x001fffff)&(y&0x001fffff)); } inline int Max(int x, int y) { return _max(x&0x70000000, y&0x70000000) | _max(x&0x0e000000, y&0x0e000000) | _max(x&0x01800000, y&0x01800000) | _max(x&0x00600000, y&0x00600000) | ((x&0x001fffff)|(y&0x001fffff)); }
解释一下上面的_min(x&0x70000000, y&0x70000000) 0x70000000 就是16进制的数字，转化成2进制是：
0111 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000
由上面可知第31位到28位存的是2的指数，也就是上面红色部分，用x&0x70000000，就求出了x中2的指数，而且把其他位全部置成0，y也是一样，在其中取出最小值，也就是x和y的gcd中2的指数。
同理求出3 5 7，对于后面的位都是1位，直接用&即可求出最小的指数次数，用 | 求出最大的指数次数。
还需要两个函数，一个是将数字x进行分解，将其变成上述的形式。
一个函数是根据上述形式，求出解并模上p。
inline int turn(int x)//将x质因数分解，并且将指数存在y的每一个bit上 { int y = 0; for(int i = 0; i < 25 && x > 1; i++) { int cnt = 0; while(x % prime[i] == 0) { x /= prime[i]; cnt++; } y |= cnt << pos[i]; } return y; } inline int back(int x, int p)//将所存的指数转化成原来的数字，并且模上p { ll y = 1; int k = x >> pos[0]; x ^= k << pos[0];//消去2的指数 while(k--)y = y * prime[0] % p; k = x >> pos[1]; x ^= k << pos[1]; while(k--)y = y * prime[1] % p; k = x >> pos[2]; x ^= k << pos[2]; while(k--)y = y * prime[2] % p; k = x >> pos[3]; x ^= k << pos[3]; while(k--)y = y * prime[3] % p; for(int i = 4; i < 25; i++) if(x & (1<<pos[i]))y = y * prime[i] % p; return y % p; //此处还要模上p，因为y最开始赋值为1，没有经过while循环的话，就没有模上p，虽然y为1没关系，但是数据中有p=1的时候，此时y没有模上p }
这两个函数很简单，但是题目很坑，有一个小细节没注意到，WA了一个多小时
就是back函数的最后一句，我本以为每次运算均已经模上了p，后来偷懒就不模上p，但是这导致我一直WA，细想后发现，最开始y = 1，如果进行while里面的乘法的话就会模上p，但是不进行while乘法，就还是原来的1，看了一眼数据范围发现，这个p可以是1，这样的话，答案就是0了，这就是导致WA的原因，为了找错误还写了个生成测试数据的代码
剩下的就是普通的线段树了
这里需要注意的是，这道题时间卡的紧，用内联函数更快，上面的back函数可以优化成下面这个样子，这样会更快。（首先就把2 3 5 7 的i次方算出来，这样可以节省300多ms，因为这几个函数调用太频繁了）
int a[]={1,2,4,8,16,32,64}; int b[]={1,3,9,27,81}; int c[]={1,5,25}; int d[]={1,7,49}; inline int back(int x,int p) { long long y=1; int k=x>>dpos[0];y=y*a[k]%p;x^=k<<dpos[0]; k=x>>dpos[1];y=y*b[k]%p;x^=k<<dpos[1]; k=x>>dpos[2];y=y*c[k]%p;x^=k<<dpos[2]; k=x>>dpos[3];y=y*d[k]%p;x^=k<<dpos[3]; for(int i=4;i<25;i++) if(x&(1<<dpos[i])) y=y*prime[i]%p; return y; }
Gcd和LCM的查询必须分开写，一开始我只写了一个函数，每次都可以求出两个值，但是一下就超时了。
最后就是这道题的代码啦
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define MID(l, r) (l + (r - l) / 2) 3 #define lson(o) (o<<1) 4 #define rson(o) (o<<1|1) 5 #define _min(x, y) ((x) < (y) ? (x) : (y))//写成宏定义更快 6 #define _max(x, y) ((x) > (y) ? (x) : (y)) 7 using namespace std; 8 typedef long long ll; 9 const int maxn = 1e6 + 10; 10 int prime[] = {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}; 11 int pos[] = {28,25,23,21,20,19,18,17,16,15,14,13,12,11,10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 0}; 12 // 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 13 // | | | | 14 // 2 3 5 7 15 //用这些位表示各个素数出现的次数 16 inline int Min(int x, int y) 17 { 18 return _min(x&0x70000000, y&0x70000000) | _min(x&0x0e000000, y&0x0e000000) | _min(x&0x01800000, y&0x01800000) | _min(x&0x00600000, y&0x00600000) | ((x&0x001fffff)&(y&0x001fffff)); 19 } 20 inline int Max(int x, int y) 21 { 22 return _max(x&0x70000000, y&0x70000000) | _max(x&0x0e000000, y&0x0e000000) | _max(x&0x01800000, y&0x01800000) | _max(x&0x00600000, y&0x00600000) | ((x&0x001fffff)|(y&0x001fffff)); 23 } 24 inline int turn(int x)//将x质因数分解，并且将指数存在y的每一个bit上 25 { 26 int y = 0; 27 for(int i = 0; i < 25 && x > 1; i++) 28 { 29 int cnt = 0; 30 while(x % prime[i] == 0) 31 { 32 x /= prime[i]; 33 cnt++; 34 } 35 y |= cnt << pos[i]; 36 } 37 return y; 38 } 39 inline int back(int x, int p)//将所存的指数转化成原来的数字，并且模上p 40 { 41 ll y = 1; 42 int k = x >> pos[0]; 43 x ^= k << pos[0];//消去2的指数 44 while(k--)y = y * prime[0] % p; 45 k = x >> pos[1]; x ^= k << pos[1]; while(k--)y = y * prime[1] % p; 46 k = x >> pos[2]; x ^= k << pos[2]; while(k--)y = y * prime[2] % p; 47 k = x >> pos[3]; x ^= k << pos[3]; while(k--)y = y * prime[3] % p; 48 for(int i = 4; i < 25; i++) 49 if(x & (1<<pos[i]))y = y * prime[i] % p; 50 return y % p; 51 //此处还要模上p，因为y最开始赋值为1，没有经过while循环的话，就没有模上p，虽然y为1没关系，但是数据中有p=1的时候，此时y没有模上p 52 } 53 struct node 54 { 55 int l, r; 56 int gcd, lcm; 57 }tree[maxn]; 58 int a[maxn]; 59 void build(int o, int l, int r) 60 { 61 tree[o].l = l, tree[o].r = r; 62 if(l == r) 63 { 64 tree[o].gcd = tree[o].lcm = turn(a[l]); 65 return; 66 } 67 int m = MID(l ,r), lc = lson(o), rc = rson(o); 68 build(lc, l, m); 69 build(rc, m + 1, r); 70 tree[o].gcd = Min(tree[lc].gcd, tree[rc].gcd); 71 tree[o].lcm = Max(tree[lc].lcm, tree[rc].lcm); 72 } 73 //a[p] = v; 74 int p, v; 75 void update(int o) 76 { 77 if(tree[o].l == tree[o].r) 78 { 79 tree[o].lcm = tree[o].gcd = turn(v); 80 return; 81 } 82 int lc = lson(o), rc = rson(o); 83 if(p <= tree[lc].r)update(lc); 84 else update(rc); 85 tree[o].gcd = Min(tree[lc].gcd, tree[rc].gcd); 86 tree[o].lcm = Max(tree[lc].lcm, tree[rc].lcm); 87 } 88 int Gcd, Lcm; 89 int ql, qr; 90 void query_gcd(int o) 91 { 92 if(ql <= tree[o].l && qr >= tree[o].r) 93 { 94 Gcd = Min(Gcd, tree[o].gcd); 95 //Lcm = Max(Lcm, tree[o].lcm); 96 return; 97 } 98 int lc = lson(o), rc = rson(o); 99 if(ql <= tree[lc].r)query_gcd(lc); 100 if(qr >= tree[rc].l)query_gcd(rc); 101 } 102 void query_lcm(int o) 103 { 104 if(ql <= tree[o].l && qr >= tree[o].r) 105 { 106 //Gcd = Min(Gcd, tree[o].gcd); 107 Lcm = Max(Lcm, tree[o].lcm); 108 return; 109 } 110 int lc = lson(o), rc = rson(o); 111 if(ql <= tree[lc].r)query_lcm(lc); 112 if(qr >= tree[rc].l)query_lcm(rc); 113 } 114 int main() 115 { 116 //freopen("output.txt", "w", stdout); 117 int n, q; 118 while(scanf("%d%d", &n, &q) != EOF) 119 { 120 for(int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", &a[i]); 121 build(1, 1, n); 122 char s[5]; 123 while(q--) 124 { 125 Gcd = 0x7fffffff; 126 Lcm = 0; 127 scanf("%s", s); 128 if(s[0] == 'C') 129 { 130 scanf("%d%d", &p, &v); 131 update(1); 132 } 133 else if(s[0] == 'L') 134 { 135 scanf("%d%d%d", &ql, &qr, &p); 136 query_lcm(1); 137 int ans = back(Lcm, p); 138 printf("%d ", ans); 139 } 140 else if(s[0] == 'G') 141 { 142 scanf("%d%d%d", &ql, &qr, &p); 143 query_gcd(1); 144 int ans = back(Gcd, p); 145 printf("%d ", ans); 146 } 147 } 148 } 149 return 0; 150 }