Newcoder 38 C.随机树（线段树）

最新推荐文章于 2020-03-21 12:23:33 发布

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线段树

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本文介绍了一种基于随机树的数据结构，通过线段树维护区间内每个素因子的幂指数之和，支持单点修改和区间求和，用于解决特定的算法问题，如SEED和RAND操作。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

平日里写 $h a s h$ 的时候，总有某些选手由于脸黑而导致惨遭卡模数，然后一些恶意卡模数的出题人也因此身败名裂。为了防止被卡，我们用一种高级的随机方式来代替原来的线性随机生成，也就是所谓的随机树！

现在有一棵编号为 $0$ ~ $n - 1$ 的有根树，其中 $0$ 是树的根。每个节点初始有一个值 $T_i$ 。现在要求支持一下两种操作：

$1 .$ 给出两个正整数 $u$ 和 $x$ ，我们将 $T_u$ 的值乘以 $x$ ，我们将这种操作称为 $S E E D$ 操作。

$2 .$ 给出一个正整数 $i$ ，询问 $S_i$ 以及它一共有多少个正约数。其中 $S_i$ 表示以 $i$ 为根的子树所有点的权值的乘积，我们将这种操作称为 $R A N D$ 操作。

容易发现，这样得到的答案还是很随机的。（其实不是）

你需要回答每一次的询问，由于一个数的约数个数可能非常多，这个数也可以非常大，你只需要把答案对 $10^9+7$ 取模就可以了。

Input

第一行一个正整数 $n$ ，表示节点个数。

接下来 $n - 1$ 行，每行两个正整数 $u$ 和 $v$ ，表示 $u$ 是 $v$ 的父节点。

接下来一行 $n$ 个正整数，分别表示每个节点的初始权值 $T_i$ 。

接下来一行一个正整数 $q$ ，表示操作的个数。

接下来 $q$ 行，每行是以下两种情况之一：

$x1.SEED\ u\ x$ : 表示将 $u$ 节点的权值乘以 $x$ 。

$i2.RAND\ i$ : 表示询问 $S_i$ 以及它一共有多少个正约数。

数据保证在任意时刻，每个点的权值不可能拥有超过 $13$ 的素因子，也就是说，每个数的素因子最多只有 $2 ， 3 ， 5 ， 7 ， 11 ， 13$ 这六种可能。

$(1≤n,q≤105,1≤x≤109)(1\le n,q\le 10^5,1\le x\le 10^9)$

Output

每一行两个整数，对应一个 $R A N D$ 操作，你需要输出所求的权值以及它的正约数个数，答案对于 $10^9+7$ 取模即可。

Sample Input

8
0 1
0 2
1 3
2 4
2 5
3 6
3 7
7 3 10 8 12 14 40 15
3
RAND 1
SEED 1 13
RAND 1

Sample Output

14400 63
187200 126

Solution

线段树维护区间中每个素因子幂指数之和，支持单点修改和区间求和，时间复杂度 $O (6 (n + q) l o g n)$

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
const int INF=0x3f3f3f3f,maxn=100005;
#define mod 1000000007
int add(int x,int y)
{
	x+=y;
	if(x>=mod)x-=mod;
	return x;
}
int mul(int x,int y)
{
	ll z=1ll*x*y;
	return z-z/mod*mod;
}
int Pow(int x,int y)
{
	int ans=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)ans=mul(ans,x);
		x=mul(x,x);
		y>>=1;
	}
	return ans;
}
int p[]={2,3,5,7,11,13};
#define ls (t<<1)
#define rs ((t<<1)|1)
struct node
{
	int x[6];
	void init()
	{
		memset(x,0,sizeof(x));
	}
	node operator+(const node &b)const
	{
		node c;
		for(int i=0;i<6;i++)c.x[i]=x[i]+b.x[i];
		return c;
	}
	int Val()
	{
		int ans=1;
		for(int i=0;i<6;i++)ans=mul(ans,x[i]+1);
		return ans;
	}
}T[maxn<<2];
void push_up(int t)
{
	T[t]=T[ls]+T[rs];
}
void modify(int x,int l,int r,int t,node v)
{
	if(l==r)
	{
		T[t]=T[t]+v;
		return ;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	if(x<=mid)modify(x,l,mid,ls,v);
	else modify(x,mid+1,r,rs,v);
	push_up(t);
}
node query(int L,int R,int l,int r,int t)
{
	if(L<=l&&r<=R)return T[t];
	int mid=(l+r)/2;
	node ans;
	ans.init();
	if(L<=mid)ans=ans+query(L,R,l,mid,ls);
	if(R>mid)ans=ans+query(L,R,mid+1,r,rs);
	return ans;
}
node Solve(int n)
{
	node ans;
	ans.init();
	for(int i=0;i<6;i++)
		while(n%p[i]==0)n/=p[i],ans.x[i]++;
	return ans;
}
int n,m,a[maxn],L[maxn],R[maxn],dfn=0;
vector<int>g[maxn];
void dfs(int u)
{
	L[u]=++dfn;
	for(int i=0;i<g[u].size();i++)dfs(g[u][i]);
	R[u]=dfn;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		g[u].push_back(v);
	}
	dfs(0);
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		int x;
		scanf("%d",&x);
		modify(L[i],1,n,1,Solve(x));
	}
	scanf("%d",&m);
	while(m--)
	{
		char s[10];
		int u,x;
		scanf("%s%d",s,&u);
		if(s[0]=='S')
		{
			scanf("%d",&x);
			modify(L[u],1,n,1,Solve(x));
		}
		else
		{
			node ans=query(L[u],R[u],1,n,1);
			int res=1;
			for(int i=0;i<6;i++)res=mul(res,Pow(p[i],ans.x[i]));
			printf("%d %d\n",res,ans.Val());
		}
	}
	return 0;
}