[六省联考2017]相逢是问候

题意

给一个序列，支持两个操作：将一段区间中的每一个(a_i)赋值为(c^{a_i})，(c) 给定；区间求和，对(mod)取模，不保证(mod)为质数

思路

显然线段树，然而此题先要单点修改

计算中指数会非常大，但是本题(mod)又不是质数，于是可以套用欧拉定理的推论：

(a^{b}≡a^{b\% varphi(p)+varphi(p)},(mod) (p))

由于c不变，所以赋值操作进行了几次之后就会变成求：

(c^{c^{c^{a_i}}}\% mod=) (c^{c^{c^{a_i}}\% varphi(mod)+varphi(mod)}\%mod)

可以看出这是一个递归形式，即求

(c^{c^{a_i}}\% varphi(mod))

一直递归下去，可以（不会）证明(log)次左右后(varphi)将为1，所以当一个点计算了(log)次之后，再对它进行赋值操作就不会改变它的值了

预处理出(varphi)，对于修改操作，直接暴力修改，当一个区间中最小的修改次数都大于了不同的(varphi)的个数，就没有必要进入这个区间了

对于单点修改，直接递归求解即可，这个操作复杂度为(log^2n)

整个算法复杂度为线段树*单点修改，即(O(nlog^3n))，可能可以通过此题，可以预处理出(c)的幂来去掉一个(log)（由于指数很大，所以需要将指数拆成两部分分别预处理出c的幂，具体见代码）

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define N 50005
#define re register
#define Min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m;
ll mod,phi[100],c,a[N],cnt;
ll sum[N<<2],t[N<<2],pow1[N][100],pow2[N][100];
bool tag1[N][100],tag2[N][100],flag;

template <class T>
void read(T &x)
{
	char c;int sign=1;
	while((c=getchar())>'9'||c<'0') if(c=='-') sign=-1; x=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9') x=x*10+c-48; x*=sign;
}
ll quickpow(ll a,ll b,ll mod)
{
	ll ret=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ret=ret*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return ret;
}
ll ph(ll x)
{
	ll ret=x;
	for(int i=2;i*i<=x;++i)
	{
		if(x%i==0)
		{
			while(x%i==0) x/=i;
			ret=ret*(i-1)/i;
		}
	}
	if(x!=1) ret=ret*(x-1)/x;
	return ret;
}

void pushup(int rt)
{
	sum[rt]=(sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1])%mod;
	t[rt]=Min(t[rt<<1],t[rt<<1|1]);
}
inline ll calc(ll v,ll id)
{
    flag=0;
    ll v1=v%10000,v2=v/10000,ret=pow1[v1][id]*pow2[v2][id];
    if(ret>=phi[id]) ret=ret%phi[id],flag=1;
    flag|=tag1[v1][id]|tag2[v2][id];
    return ret;
}
ll dfs(ll vi,int deep,int lim)
{
    flag=0;
    if(deep==lim)
	{
        if(vi>=phi[deep]) flag=1,vi%=phi[deep];
        return vi;
    }
    ll ci=dfs(vi,deep+1,lim);
    return calc(flag?ci+phi[deep+1]:ci,deep);
}
void init()
{
    phi[cnt=0]=mod;
    while(phi[cnt]!=1) ++cnt,phi[cnt]=ph(phi[cnt-1]);
    phi[++cnt]=1;
	for(int i=0;i<=cnt;++i)
	{
        pow1[0][i]=1;
        for(int j=1;j<=10000;++j)
		{
            pow1[j][i]=pow1[j-1][i]*c;
            if(pow1[j][i]>=phi[i])
			{
				pow1[j][i]%=phi[i];
				tag1[j][i]=true;
			}
            tag1[j][i]|=tag1[j-1][i];
        }
    }
    for(int i=0;i<=cnt;++i)
	{
        pow2[0][i]=1;
        tag2[1][i]=tag1[10000][i];
        for(int j=1;j<=10000;++j)
		{
            pow2[j][i]=pow2[j-1][i]*pow1[10000][i];
            if(pow2[j][i]>=phi[i])
			{
				pow2[j][i]%=phi[i];
				tag2[j][i]=true;
			}
            tag2[j][i]|=tag2[j-1][i];
        }
    }
}
void modify(int rt,int l,int r,int x,int y)
{
	if(t[rt]>=cnt) return;
	if(l==r)
	{
		++t[rt];
		sum[rt]=dfs(a[l],0,t[rt]);
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(x<=mid) modify(rt<<1,l,mid,x,y);
	if(y>mid) modify(rt<<1|1,mid+1,r,x,y);
	pushup(rt);
}
ll query(int rt,int l,int r,int x,int y)
{
	if(x<=l&&r<=y) return sum[rt];
	int mid=(l+r)>>1;
	ll ret=0;
	if(x<=mid) ret+=query(rt<<1,l,mid,x,y);
	if(y>mid) ret=(ret+query(rt<<1|1,mid+1,r,x,y))%mod;
	return ret;
}
void build(int rt,int l,int r)
{
	if(l==r)
	{
		sum[rt]=a[l];
		t[rt]=0;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(rt<<1,l,mid);
	build(rt<<1|1,mid+1,r);
	pushup(rt);
}

int main()
{
//	freopen("verbinden.in","r",stdin);
//	freopen("verbinden.out","w",stdout);
	read(n);read(m);read(mod);read(c);
	for(re int i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
	
	init();
	build(1,1,n);
	
	while(m--)
	{
		int k,l,r;
		read(k);read(l);read(r);
		if(!k) modify(1,1,n,l,r);
		else printf("%lld
",query(1,1,n,l,r));
	}
	return 0;
}