BZOJ4869：[SHOI2017]相逢是问候——题解
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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了BZOJ4869：[SHOI2017]相逢是问候——题解相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4869
题面复制于洛谷：https://www.luogu.org/problemnew/show/P3747#sub
参考洛谷的前两篇（也是仅有的两篇）题解。
首先我们要知道一个公式：
这又被叫做扩展欧拉定理，证明我们并不关心。
有了扩展欧拉定理，我们就能够避免高精度从而求出对于任意一个数的0操作之后变成什么数了。
（递归或者迭代选一个，递归好理解，迭代有助于理解下面的题解，而且常数小）
我们又有一个结论，对于一个p，它无限递归p=phi(p)直到p=1为止的深度为O(logp)。
这样的好处在于我们虽然修改了很多次，但是当修改次数大于logp的时候，此时你再怎么修改也没有用了因为你的指数为1相当于没有操作。
那么显然对于1我们记录该元素被操作了几次，然后暴力修改即可，可用线段树维护。复杂度O(nlognlogp)。（请注意这个复杂度是假的）
这样的复杂度我们交到bzoj上是没有问题的，但是交到洛谷上会TLE3个点。将递归改成迭代，预处理每个p的phi，各种常数优化也会TLE2个点。
emmm……why？
当然是因为我们的复杂度没算对啊。
对于单点修改，显然每次修改是O(logplogp)……等等，怎么多出来一个O(logp)。
忘了我们使用了快速幂了吗，我们多出来的O(logp)就是这么来的。
考虑除掉这个O(logp)，显然预处理快速幂。
如果你写的是迭代的话，你就会发现底数永远都是c不变，变的只是指数和模数， 且指数最大是p=1e8。
我们可以先求出不同模数且指数<=1e5的c的幂，我们还可以求不同模数且指数=整1e5的c的幂。
这就很像分块了，显然当我们要求指数为k时，k=x*1e5+y（y<1e5）显然可求。
这样我们预处理出所有的数在多少次操作后的值，则我们的复杂度就是O(nlognlogp)。
吐槽：最开始学完扩欧之后觉得这题洛谷给的难度高了，怎么就NOI+了，后来在TLE之后一看woc还有这种操作……
神题神题……
（然而博主并不想写正解，放的代码只能过bzoj，正解如果有时间的话会补上的emmm）
#include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cctype> #include<map> using namespace std; typedef long long ll; const int N=5e4+5; const int O=1e4+5; inline int read(){ int X=0,w=0;char ch=0; while(!isdigit(ch)){w|=ch==\'-\';ch=getchar();} while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar(); return w?-X:X; } struct tree{ ll v,t; }tr[N*4]; int su[O],he[O],cnt,phi[40],n,m; ll p,c,logp,b[N]; bool ok; inline ll qpow(ll k,int p){ ll ans=1,s=c; while(k){ if(k&1)ans=ans*s; s*=s;k>>=1; if(s>=p)ok=1,s%=p; if(ans>=p)ok=1,ans%=p; } return ans; } int Euler(int k){ int res=k; for(int i=1;su[i]*su[i]<=k;i++){ if(k%su[i]==0){ res-=res/su[i]; while(k%su[i]==0)k/=su[i]; } } if(k>1)res-=res/k; return res; } void prime(){ for(int i=2;i<O;i++){ if(he[i]==0){ cnt++; su[cnt]=i; } for(int j=1;j<=cnt&&i*su[j]<O;j++){ he[su[j]*i]=1; if(i%su[j]==0)break; } } phi[logp]=p; while(phi[logp]!=1)phi[++logp]=Euler(phi[logp-1]); phi[++logp]=1; } void build(int a,int l,int r){ if(l==r){ tr[a].v=b[l]%p; return; } int mid=(l+r)>>1; build(a<<1,l,mid);build(a<<1|1,mid+1,r); tr[a].v=(tr[a<<1].v+tr[a<<1|1].v)%p; } ll suan(ll v,ll k){ ll tmp=v; if(tmp>phi[k])tmp=tmp%phi[k]+phi[k]; for(int i=k;i>0;i--){ ok=0;tmp=qpow(tmp,phi[i-1]); if(ok)tmp+=phi[i-1]; } return tmp; } void gai(int a,int l,int r,int l1,int r1){ if(tr[a].t>=logp)return; if(r<l1||r1<l)return; if(l==r){ tr[a].t++; tr[a].v=suan(b[l],tr[a].t); return; } int mid=(l+r)>>1; gai(a<<1,l,mid,l1,r1);gai(a<<1|1,mid+1,r,l1,r1); tr[a].v=(tr[a<<1].v+tr[a<<1|1].v)%p; tr[a].t=min(tr[a<<1].t,tr[a<<1|1].t); } ll wen(int a,int l,int r,int l1,int r1){ if(r<l1||r1<l)return 0; if(l1<=l&&r<=r1)return tr[a].v; int mid=(l+r)>>1; return (wen(a<<1,l,mid,l1,r1)+wen(a<<1|1,mid+1,r,l1,r1))%p; } int main(){ n=read(),m=read(),p=read(),c=read(); prime(); for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=read(); build(1,1,n); for(int i=1;i<=m;i++){ int op=read(),l=read(),r=read(); if(!op)gai(1,1,n,l,r); else printf("%lld\\n",wen(1,1,n,l,r)); } return 0; }
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