【TJOI2018】洛谷4588 数学计算的解析（线段树）

题目：luogu4588.
题目大意：
对于一个数$x$初始为$1$，需要支持两种操作：
1.格式$1m_i$，使得$x=x\ast m_i$，并输出$x\%mod$的值.
2.格式$2pos$，其中$pos$代表第$pos$次操作，使得$x=\frac{x}{m_{pos}}$，并输出$x\%mod$的值.
操作次数$\le 10^5$

不得不说这道题的思路确实挺好，但是想到也不是太难.

一开始我看到要对一个数取模还有除法，我第一个想到的方法就是直接特别暴力地使用逆元，然后直接做.

可是这道题由于模数不保证是质数，这代表这些数不一定有逆元，所以这道题其实并不能以一种数学角度去做.

考虑重新换一个思路，若我们不能把它们的乘积用一个数表示出来，而每一个除掉的数又在前面一定乘过，那么是不是可以维护每次操作的贡献呢？显然是可以的.

很容易发现，我们要维护操作序列上的两个操作，单点修改和查询前缀积，所以我们用树状数组或线段树直接实现就可以了，复杂度$O(n\log n)$.

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
#define Abigail inline void
typedef long long LL;
const int N=100000;
const int INF=(1<<30)-1+(1<<30);
struct tree{
  int l,r;
  LL mul;
}tr[N*5];
int q;
LL mod;
void build(int L,int R,int k=1){
  tr[k].l=L;tr[k].r=R;
  if (L==R) return;
  int mid=L+R>>1;
  build(L,mid,k<<1),build(mid+1,R,k<<1|1);
}
void change(int x,LL num,int k=1){
  if (tr[k].l==tr[k].r){
    tr[k].mul=num%mod;
    return;
  }
  int mid=tr[k].l+tr[k].r>>1;
  if (x<=mid) change(x,num,k<<1);
  else change(x,num,k<<1|1);
  tr[k].mul=tr[k<<1].mul*tr[k<<1|1].mul%mod;
}
LL query(int L,int R,int k=1){
  if (L==tr[k].l&&R==tr[k].r) return tr[k].mul;
  int mid=tr[k].l+tr[k].r>>1;
  if (R<=mid) return query(L,R,k<<1);
  else if (L>mid) return query(L,R,k<<1|1);
    else return query(L,mid,k<<1)*query(mid+1,R,k<<1|1)%mod;
}
Abigail into(){
  for (int i=0;i<N*5;i++)
    tr[i].l=tr[i].r=0,tr[i].mul=1;
  scanf("%d%lld",&q,&mod);
}
Abigail work(){
  int opt,pos;
  LL m;
  build(1,q);
  for (int i=1;i<=q;i++){
    scanf("%d",&opt);
    if (opt==1){
      scanf("%lld",&m);
      change(i,m);
      printf("%lld\n",query(1,i));
    }else{
      scanf("%d",&pos);
      change(pos,1);change(i,1);
      printf("%lld\n",query(1,i));
    }
  }
}
Abigail outo(){
}
int main(){
  int T;
  scanf("%d",&T);
  while (T--){
    into();
    work();
    outo();
  }
  return 0;
}