【BZOJ4869】相逢是问候（六省联考2017）-扩展欧拉定理+线段树

测试地址：相逢是问候
做法：本题需要用到扩展欧拉定理+线段树。
我们知道在gcd(c,p)=1$gcd(c,p)=1$时，有欧拉定理：
cx≡cx%φ(p)(modp)$c^x\equiv c^{x\mathrm{\%}\phi (p)}(\mathrm{mod}p)$
然而本题中c,p$c,p$并不一定互质，那么我们有扩展欧拉定理：
当x≥φ(p)$x\ge \phi (p)$时，cx≡cx%φ(p)+φ(p)(modp)$c^x\equiv c^{x\mathrm{\%}\phi (p)+\phi (p)}(\mathrm{mod}p)$
至于定理的证明，这里写不下（实际上是我不会），网上有很多大佬证过，可以去找一找。
那么我们有了cx$c^x$的求法，那ccx$c^{c^x}$呢？
注意到有ccx≡ccx%φ(p)+φ(p)(modp)$c^{c^x}\equiv c^{c^x\mathrm{\%}\phi (p)+\phi (p)}(\mathrm{mod}p)$
我们发现右边上面的cx%φ(p)$c^x\mathrm{\%}\phi (p)$又可以用扩展欧拉定理来算，于是如果我们知道这个东西嵌套几层，我们就可以递归去算了。
观察到，模数随着层数的增加，每增加一层都取一次φ$\phi$。有一个结论是，一个数p$p$不断取φ$\phi$，最多取logp+1$\log p+1$次就会变成1$1$。简单证明一下这个结论，我们知道求φ$\phi$的过程就是先把该数质因数分解，然后对于每种质因子pi$p_i$，把其中一个pi$p_i$变成pi−1$p_i-1$。我们知道，除了2$2$之外所有质数都是奇数，那么pi−1$p_i-1$就一定是偶数，所以新的数一定会多出一些质因子2$2$，而与此同时，我们每次都把一个2$2$变成1$1$，也就是整个数除以2$2$，至此我们证明了除了第一次外（因为一开始可能没有2$2$），每次数字大小都会减少至少一半，所以结论得证。
那么我们只需要知道在什么时候模数变成1$1$，那么无论内层再怎么算，结果都是1$1$，也就不再有影响了。于是我们用线段树维护每个数距离不变还剩的操作次数，如果一个区间内所有的数都不会再变，就不往下查找，否则暴力从每个点向根节点进行修改，时间复杂度为O(nlognlogp)$O(n\log n\log p)$（这个时间复杂度分析和区间取模的复杂度分析差不多啊…）。再加上每次用扩展欧拉定理修改，每次修改是O(log2p)$O({\log }^{2}p)$的，那么总的时间复杂度为O(nlognlog3p)$O(n\log n{\log }^{3}p)$，虽然常数要小很多，BZOJ上也可以过，但分点测试仍然会挂。
注意到修改的O(log2p)$O({\log }^{2}p)$的复杂度中，有一个log$\log$是因为扩展欧拉定理的递归，另一个是因为快速幂。扩展欧拉定理肯定没法优化了，所以我们从快速幂的角度进行优化。因为底数始终是c$c$，我们可以令cx=c10000t+k$c^x=c^{10000t+k}$，那么我们只需预处理出c10000t$c^{10000t}$和ct$c^t$两个表，即可做到O(1)$O(1)$询问。注意要对每种模数都做一次这个表，那么预处理复杂度为O(10000logp)$O(10000\log p)$，前面的算法时间复杂度优化为O(nlognlog2p)$O(n\log n{\log }^{2}p)$，可以飞快地通过此题。
这题还有一个比较难考虑到的点：计算每个数距离不变还剩的操作次数时，不能简单的用p$p$取φ$\phi$一直取到1$1$的次数来做，而是应该+1$+1$，因为如果序列中存在0$0$，那么例如当p=2$p=2$时，它只需要1$1$次取φ$\phi$就能变成1$1$，而当c=2$c=2$时，0$0$需要操作2$2$次才能进入不变的状态，这显然就不对了。所以应该使用取的次数+1$+1$来作为最大操作次数。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,tot,mx[200010];
ll p,c,a[50010],seg[200010],Phi[50],pwr[10010][50],pwrx[10010][50],low[50];

ll phi(ll x)
{
    ll s=x;
    for(ll i=2;i*i<=x;i++)
        if (x%i==0)
        {
            s=s/i*(i-1);
            while(x%i==0) x/=i;
        }
    if (x!=1) s=s/x*(x-1);
    return s;
}

void pushup(int no)
{
    seg[no]=(seg[no<<1]+seg[no<<1|1])%p;
    mx[no]=max(mx[no<<1],mx[no<<1|1]);
}

void buildtree(int no,int l,int r)
{
    if (l==r)
    {
        scanf("%lld",&a[l]);
        seg[no]=a[l];
        mx[no]=tot;
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    buildtree(no<<1,l,mid);
    buildtree(no<<1|1,mid+1,r);
    pushup(no);
}

ll power(ll b,int p)
{
    if (b<10000) return pwr[b][p];
    else return pwrx[b/10000][p]*pwr[b%10000][p]%Phi[p];
}

ll euler(ll x,ll t)
{
    ll last,tmp=x;
    if (tmp>Phi[t]) tmp=tmp%Phi[t]+Phi[t];
    for(int i=t;i>0;i--)
    {
        last=tmp;
        tmp=power(tmp,i-1);
        if (last>=low[i-1]) tmp+=Phi[i-1];
    }
    return tmp;
}

void modify(int no,int l,int r,int s,int t)
{
    if (!mx[no]) return;
    if (l==r)
    {
        mx[no]--;
        seg[no]=euler(a[l],tot-mx[no]);
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if (s<=mid&&mx[no<<1]) modify(no<<1,l,mid,s,t);
    if (t>mid&&mx[no<<1|1]) modify(no<<1|1,mid+1,r,s,t);
    pushup(no);
}

ll query(int no,int l,int r,int s,int t)
{
    if (l>=s&&r<=t) return seg[no]%p;
    ll sum=0;
    int mid=(l+r)>>1;
    if (s<=mid) sum=(sum+query(no<<1,l,mid,s,t))%p;
    if (t>mid) sum=(sum+query(no<<1|1,mid+1,r,s,t))%p;
    return sum;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%lld%lld",&n,&m,&p,&c);

    tot=0;
    ll x=p;
    Phi[0]=x;
    while(x!=1)
    {
        x=phi(x);
        Phi[++tot]=x;
    }
    Phi[++tot]=1;

    for(int i=0;i<=tot;i++)
    {
        pwr[0][i]=1%Phi[i];
        low[i]=0;
        for(int j=1;j<=10000;j++)
        {
            pwr[j][i]=pwr[j-1][i]*c;
            if (pwr[j][i]>=Phi[i]&&!low[i]) low[i]=j;
            pwr[j][i]%=Phi[i];
        }
        pwrx[1][i]=pwr[10000][i];
        for(int j=2;j<=10000;j++)
            pwrx[j][i]=pwrx[j-1][i]*pwr[10000][i]%Phi[i];
    }

    buildtree(1,1,n);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int op,l,r;
        scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);
        if (!op) modify(1,1,n,l,r);
        else printf("%lld
",query(1,1,n,l,r));
    }

    return 0;
}