bzoj 4869: [Shoi2017]相逢是问候 数论+线段树

题意

给出一个序列a，模数p和一个常数c，要求资瓷两个操作：
0 l r表示把l<=i<=r的a[i]变为$c^{a[i]}$
1 l r表示查询a[l..r]的和。
n,m<=50000,a[i],c,p<=10^9

分析

首先这题要用到欧拉定理EXT：$当x>=\varphi(p)时有c^{x}\equiv c^{x\bmod\varphi(p)+\varphi(p)}$
因为注意到式子右边的次方上面又是一个相同形式的式子，我们可以用同样的方式递归处理。
那么我们就可以预处理出phi[i]表示p取i次phi后的值。因为一个数最多取O(logn)次phi后就会变为1，所以i最大为logp.然后最后还要多加一个1.
还有一个结论就是一个数在做常数次修改操作后就会变为不动点。
所以我们可以每次找到未被修改完的区间，然后每次暴力修改。
这样复杂度大概是O(nlog3n)，在bzoj上能过。

这里还可以优化掉快速幂的那一个log，就是把一个数分成大于$2^{16}和小于2^{16}的部分$，然后分别预处理出来，就可以O(1)做快速幂了。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=50005;
const int M=35;

int n,m,phi[M],c,p1,a[N],table[32][1<<16][2];
struct tree{int s,tms;}t[N*5];
bool flag[32][1<<16][2];

int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

int ksm(int x,int y,int MOD,bool &flag)
{
    int ans=1;flag=0;
    while (y)
    {
        if (y&1) flag|=((LL)ans*x>=MOD),ans=(LL)ans*x%MOD;
        flag|=((LL)x*x>=MOD&&y>1);x=(LL)x*x%MOD;y>>=1;
    }
    return ans;
}

int bksm(int x,int y,bool &w)
{
    int p=x&((1<<16)-1),q=x>>16;
    w=flag[y][p][0]|flag[y][q][1]|((LL)table[y][p][0]*table[y][q][1]>=phi[y]);
    return (LL)table[y][p][0]*table[y][q][1]%phi[y];
}

int calc(int x,int p)
{
    int ret=x;bool flag;
    if (ret>=phi[p]) ret=ret%phi[p]+phi[p];
    while (p--)
    {
        x=ret;
        ret=bksm(x,p,flag);
        if (flag) ret+=phi[p];
    }
    return ret%phi[0];
}

int get_phi(int n)
{
    int w=n,tmp=n;
    for (int i=2;i*i<=n;i++)
        if (tmp%i==0)
        {
            w=w/i*(i-1);
            while (tmp%i==0) tmp/=i;
        }
    if (tmp>1) w=w/tmp*(tmp-1);
    return w;
}

void updata(int d)
{
    t[d].s=(t[d*2].s+t[d*2+1].s)%phi[0];
    t[d].tms=min(t[d*2].tms,t[d*2+1].tms);
}

void build(int d,int l,int r)
{
    if (l==r)
    {
        t[d].s=a[l]%phi[0];
        return;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    build(d*2,l,mid);build(d*2+1,mid+1,r);
    updata(d);
}

void modify(int d,int l,int r,int x,int y)
{
    if (x>y||t[d].tms==p1) return;
    if (l==r)
    {
        t[d].tms++;
        t[d].s=calc(a[l],t[d].tms);
        return;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    modify(d*2,l,mid,x,min(y,mid));
    modify(d*2+1,mid+1,r,max(x,mid+1),y);
    updata(d);
}

int query(int d,int l,int r,int x,int y)
{
    if (x>y) return 0;
    if (l==x&&r==y) return t[d].s;
    int mid=(l+r)/2;
    return (query(d*2,l,mid,x,min(y,mid))+query(d*2+1,mid+1,r,max(x,mid+1),y))%phi[0];
}

void prework()
{
    for (int i=0;i<=p1;i++)
    {
        table[i][0][0]=table[i][0][1]=1;
        if (phi[i]==1) flag[i][0][0]=flag[i][0][1]=1;
        int tmp=ksm(c,1<<16,phi[i],flag[i][1][1]),c1=ksm(c,1,phi[i],flag[i][1][0]);
        table[i][1][0]=c1;table[i][1][1]=tmp;
        for (int j=2;j<(1<<16);j++)
        {
            flag[i][j][0]=flag[i][j-1][0]|((LL)table[i][j-1][0]*c>=phi[i]);
            table[i][j][0]=(LL)table[i][j-1][0]*c%phi[i];
            flag[i][j][1]=flag[i][j-1][1]|((LL)table[i][j-1][1]*tmp>=phi[i]);
            table[i][j][1]=(LL)table[i][j-1][1]*tmp%phi[i];
        }
    }
}

int main()
{
    n=read();m=read();phi[0]=read();c=read();
    p1=0;
    while (phi[p1]>1) p1++,phi[p1]=get_phi(phi[p1-1]);
    phi[++p1]=1;
    prework();
    for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
    build(1,1,n);
    while (m--)
    {
        int op=read(),l=read(),r=read();
        if (!op) modify(1,1,n,l,r);
        else printf("%d\n",query(1,1,n,l,r));
    }
    return 0;
}