一、题目
二、解法
输入特性要求的做法就应该是移动右端点 (r) 然后维护一些东西。
首先考虑怎么维护 ([l,r]) 的 (mex)，这个尽量放在简单数据结构上，因为更新它要对应在答案的数据结构上更新。首先观察到 (mex) 是关于 (l) 不降的，考虑加入某个数字 (a)，那么影响到的只有 (mex=a) 的段 ([p,q])
考虑这个段的 (mex) 会怎么变化，我们找到最小的权值 (v>a) 满足 (p[v]leq q)（其中 (p[v]) 表示最后一次出现位置），那么 ((p[v],q]) 这一段的 (mex) 就会等于 (v)，相当于这里我们寻找了这一段的瓶颈数字。然后我们把 (a) 设置成 (v)，把 (q) 设置成 (p[v]) 继续循环即可。因为总的段数是 (O(n)) 的，而每次修改都会增加一段，均摊的修改次数是 (O(n)) 的。
具体实现中可以用线段树二分维护 (p) 数组来支持查询。
高维统计问题可以考虑贡献法、差分法，考虑一个修改 ((i,l,r,x))，也就是在时刻 (i) 把区间 ([l,r]) 的权值永久修改成 (x)（这里需要差分，我们在删除的时候添加一个负修改即可），然后如果在时刻 (j) 来查询（时刻的意思就是右端点），那么这个修改的贡献是 (j-i+1)，那么我们在线段树维护系数 (1) 和 (i) 就可以查询了。
对于每一种权值我们都需要开一棵线段树，所以我们动态开点，共用一个内存池即可。因为可能查询到以前的时刻，所以需要使用标记永久化的主席树，时间复杂度 (O(nlog n))
三、总结
高位统计问题（比如统计一个区间的子区间），可以考虑维护历史和；也可以考虑计算每一个修改的贡献，这时候利用差分把它变成永久修改便于计算。
对于如何维护一个东西要有总体观念，比如本题的维护 (mex)，因为要把修改打在线段树上不可能用一些复杂结构，而只能暴力修改。所以你需要想清楚维护应该是立刻的，还是延时的。
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std;
const int M = 200005;
const int N = 60*M;
#define int long long
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,cnt,ls[N],rs[N],s1[N],s2[N],t1[N],t2[N];
struct node
{
int w,l,r;
bool operator < (const node &b) const
{
return w==b.w?r<b.r:w<b.w;
}
};set<node> s;
namespace T1
{
int mi[4*M];
void ins(int i,int l,int r,int id,int x)
{
if(l==r) {mi[i]=x;return ;}
int mid=(l+r)>>1;
if(mid>=id) ins(i<<1,l,mid,id,x);
else ins(i<<1|1,mid+1,r,id,x);
mi[i]=min(mi[i<<1],mi[i<<1|1]);
}
pii ask(int i,int l,int r,int id,int x)
{
if(mi[i]>x) return mp(0,0);
if(l==r) return mp(l,mi[i]);
int mid=(l+r)>>1;
if(mid>=id)
{
pii t=ask(i<<1,l,mid,id,x);
return !t.first?ask(i<<1|1,mid+1,r,id,x):t;
}
return ask(i<<1|1,mid+1,r,id,x);
}
}
struct T2
{
vector<int> pos,rt;int w1,w2;
void add(int &x,int y,int l,int r,int L,int R)
{
if(l>R || L>r) return ;
x=++cnt;
ls[x]=ls[y];rs[x]=rs[y];t2[x]=t2[y];
s1[x]=s1[y];s2[x]=s2[y];t1[x]=t1[y];
if(L<=l && r<=R)
{
s1[x]+=w1*(r-l+1);t1[x]+=w1;
s2[x]+=w2*(r-l+1);t2[x]+=w2;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
add(ls[x],ls[y],l,mid,L,R);
add(rs[x],rs[y],mid+1,r,L,R);
s1[x]=s1[ls[x]]+s1[rs[x]]+(r-l+1)*t1[x];
s2[x]=s2[ls[x]]+s2[rs[x]]+(r-l+1)*t2[x];
}
pii ask(int x,int l,int r,int L,int R)
{
if(L>r || l>R || !x) return mp(0,0);
if(L<=l && r<=R) return mp(s1[x],s2[x]);
int mid=(l+r)>>1,len=min(r,R)-max(L,l)+1;
pii v1=ask(ls[x],l,mid,L,R),
v2=ask(rs[x],mid+1,r,L,R);
return mp(v1.first+v2.first+t1[x]*len,
v1.second+v2.second+t2[x]*len);
}
void ins(int i,int l,int r,int a,int b)
{
rt.push_back(0);pos.push_back(i);
w1=a;w2=b;int p=rt.size()-1;
add(rt[p],p?rt[p-1]:0,1,n,l,r);
}
int qry(int l,int r)
{
int q=upper_bound(pos.begin(),pos.end(),r)-
pos.begin()-1;if(q<0) return 0;
pii ans=ask(rt[q],1,n,l,r);
return ans.first*(r+1)-ans.second;
}
}h[M];
int zxy(int a,int l,int r,int k,int i)
{
int u=a?0:1;T1::ins(1,0,n,a,i);
set<node>::iterator it=s.lower_bound(node{a,0,0});
if(it!=s.end() && it->w==a)
{
int p=it->l,q=it->r;s.erase(it);
//delete the everlasting tag
h[a].ins(i,p,q,-1,-i);
while(p<=q)//work for the new mex
{
pii nx=T1::ask(1,0,n,a+1,q);
if(nx.second<p)//all mex=a
{
s.insert(node{nx.first,p,q});
h[nx.first].ins(i,p,q,1,i);
a=nx.first;break;
}
if(nx.second<q)//(nx,q] mex=a
{
s.insert(node{nx.first,nx.second+1,q});
h[nx.first].ins(i,nx.second+1,q,1,i);
}
a=nx.first;q=nx.second;
}
//now we merge the same segment
it=s.lower_bound(node{a,0,0});
if(it!=s.end() && it->w==a)
{
node tmp=*it;it++;
if(it!=s.end() && it->w==a)
{
s.erase(s.find(tmp));
tmp.r=it->r;
s.erase(it);
s.insert(tmp);
}
}
}
it=s.lower_bound(node{u,0,0});
if(it!=s.end() && it->w==u)
{
node tmp=*it;tmp.r++;
s.erase(it);s.insert(tmp);
}
else s.insert(node{u,i,i});
h[u].ins(i,i,i,1,i);
return h[k].qry(l,r);
}
signed main()
{
n=read();int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int a=read(),l=read(),r=read(),k=read();
a=(a+ans)%(n+1);k=(k+ans)%(n+1);
l=(l+ans)%i+1;r=(r+ans)%i+1;
if(l>r) swap(l,r);
printf("%lld
",ans=zxy(a,l,r,k,i));
}
}