【SHOI2017】相逢是问候【扩展欧拉定理】【复杂度分析】【线段树】

最新推荐文章于 2024-08-21 00:00:00 发布

原创最新推荐文章于 2024-08-21 00:00:00 发布 · 218 阅读

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这篇博客讨论了一个关于区间操作的问题，其中涉及区间元素的幂次修改和区间和的求解。作者指出，由于扩展欧拉定理，对于每次修改操作的时间复杂度优化至关重要。通过预处理和线段树的数据结构，可以将复杂度降低到O(nlogP)。博客中详细解释了如何避免在使用扩展欧拉定理时可能出现的错误，并通过数学分析证明了其正确性。最后，给出了问题的解决方案和代码实现。

题意：给定一个长度为 $n$ 的序列 $a_i$ ，维护 $m$ 次操作：

区间执行 $ai←caia_i \leftarrow c^{a_i}$ ；
区间求和模 $p$ 。

其中 $p, c$ 对所有操作相同。

$n,m≤5×104,p≤108n,m\leq 5\times 10^4,p\leq 10^8$

不建议写，真的浪费生命

根据扩展欧拉定理，显然修改 $O(log⁡p)O(\log p)$ 次就没用了，所有数总共只会修改 $O(nlog⁡P)O(n\log P)$ 次。

但是暴力的话循环是占复杂度的，我们需要快速判断某个区间是否还需要修改。

似乎就只能线段树了？

暴力预处理出每个数 $60\varphi \text{ } 60$ 次内的结果，然后线段树维护区间修改次数最小值和当前的区间和。修改的时候如果当前区间最小修改次数达到 $60$ 就退出，否则暴力递归。

复杂度 $O(n\log^2 P)$ ，会被卡，根号预处理快速幂可以 $O(nlog⁡P)O(n\log P)$ 。

听上去还挺美好，然而这题最恶心的地方在判断扩展欧拉定理的适用条件……

方法是在快速幂（或预处理幂）的时候记录是否取过模。

Q：如何证明不会出现 $x>φ(p),cx%φ(p)+φ(p)<px>\varphi (p),c^{x \%\varphi(p)+\varphi(p)}<p$ ，然后继续迭代的时候崩掉的情况？

A：实际上 $cφ(p)≥pc^{\varphi(p)} \geq p$ 一般都是对的。

考虑计算 $φ(p)\varphi(p)$ 的一个很松的下界： $φ(p)\varphi(p)$ 考虑了每个质因子 $x$ ，然后 $p←p×x−1xp\leftarrow p\times \dfrac {x-1}x$

根据糖水原理，这个 $x$ 越小效果会越明显。而 $x$ 小的时候能得到的质因子也会更多。

而 $10^8$ 以内的数最多只有 $8$ 个质因子，所以可以估算一个下界 $φ(p)p≥12×23×45×⋯×1819≈0.17\dfrac{\varphi(p)}{p}\geq\dfrac 12 \times \dfrac 23\times \dfrac 45\times \dots\times \dfrac {18}{19} \approx 0.17$

相当于要证明： $2p/7≥p2^{p/7}\geq p$ ，前者增长远快于后者， $p$ 足够大（也就几十）的时候该式成立。

小数据暴力打表知只有个 $p = 6$ ，但 $6$ 只能取 $2$ 次 $φ\varphi$ ，所以也崩不了

证毕

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <bitset>
#include <utility>
#define MAXN 50005
#define re register
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,q,c,flag;
inline int mul(const int& a,const int& b,const int& MOD)
{
	ll c=(ll)a*b;
	if (c>=MOD) flag=1;
	return c%MOD;
}
int m[60],len;
typedef pair<int,int> pi;
const int N=2e4;
pi p1[60][N+5],p2[60][N+5];//i,i*10000
inline void init()
{
	for (int T=0;T<=len;T++)
	{
		p1[T][0]=p2[T][0]=make_pair(1,0);
		flag=0;
		for (int i=1;i<N;i++) p1[T][i].first=mul(p1[T][i-1].first,c,m[T]),p1[T][i].second=flag;
		p2[T][1].first=mul(p1[T][N-1].first,c,m[T]),p2[T][1].second=flag;
		for (int i=2;i<=N;i++) p2[T][i].first=mul(p2[T][i-1].first,p2[T][1].first,m[T]),p2[T][i].second=flag;
	}
}
inline int qpow(int p,int i)
{
	pi x=p1[i][p%N],y=p2[i][p/N];
	flag|=(x.second|y.second);
	return mul(x.first,y.first,m[i]);
}
inline int calcphi(int x)
{
	int ans=1;
	for (int i=2;i*i<=x;i++)
		if (x%i==0)
		{
			ans*=i-1,x/=i;
			while (x%i==0) ans*=i,x/=i;
		}
	if (x>1) ans*=x-1;
	return ans;
}
int a[MAXN][60];
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
int sum[MAXN<<2],mcnt[MAXN<<2];
inline void update(int p){mcnt[p]=min(mcnt[lc],mcnt[rc]),sum[p]=(sum[lc]+sum[rc])%m[0];}
void build(int p,int l,int r)
{
	if (l==r)
	{
		scanf("%d",&a[l][0]);
		for (int i=1;i<=len;i++)
		{
			flag=0;
			int x=a[l][0];
			for (int j=i;j>=1;j--) x=qpow(x+m[j]*flag,j-1);
			a[l][i]=x;
		}
		sum[p]=a[l][0];
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(lc,l,mid);build(rc,mid+1,r);
	update(p);
}
void modify(int p,int l,int r,int ql,int qr)
{
	if (qr<l||r<ql) return;
	if (mcnt[p]>=len) return;
	if (l==r) return (void)(sum[p]=a[l][++mcnt[p]]);
	int mid=(l+r)>>1;
	modify(lc,l,mid,ql,qr),modify(rc,mid+1,r,ql,qr);
	update(p);
}
int query(int p,int l,int r,int ql,int qr)
{
	if (qr<l||r<ql) return 0;
	if (ql<=l&&r<=qr) return sum[p];
	int mid=(l+r)>>1;
	return (query(lc,l,mid,ql,qr)+query(rc,mid+1,r,ql,qr))%m[0];
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d%d",&n,&q,&m[0],&c);
	for (len=1;(m[len]=calcphi(m[len-1]))>1;++len);
	m[++len]=1;
	init();
	build(1,1,n);
	while (q--)
	{
		int t,l,r;
		scanf("%d%d%d",&t,&l,&r);
		if (t==0) modify(1,1,n,l,r);
		else printf("%d\n",query(1,1,n,l,r));
	}
	return 0;
}