题目描述
在一片美丽的大陆上有 (100\,000) 个国家，记为 (1) 到 (100\,000)。这里经济发达，有数不尽的账房，并且每个国家有一个银行。
某大公司的领袖在这 (100\,000) 个银行开户时都存了 (3) 大洋，他惜财如命，因此会不时地派小弟 GFS 清点一些银行的存款或者让 GFS 改变某个银行的存款。
该村子在财产上的求和运算等同于我们的乘法运算，也就是说领袖开户时的存款总和为 (3^{100000})。这里发行的软妹面额是最小的 (60) 个素数（(p_1=2,p_2=3,ldots, p_{60}=281)），任何人的财产都只能由这 (60) 个基本面额表示，即设某个人的财产为 (fortune)（正整数），则 (fortune=p_1^{k_1} imes p_2^{k_2} imes ldots p_{60}^{k_{60}})。
领袖习惯将一段编号连续的银行里的存款拿到一个账房去清点，为了避免 GFS 串通账房叛变，所以他不会每次都选择同一个账房。GFS 跟随领袖多年已经摸清了门路,知道领袖选择账房的方式。如果领袖选择清点编号在 ([a,b]) 内的银行财产，他会先对 ([a,b]) 的财产求和（记为 (product)），然后在编号属于 ([1,product]) 的账房中选择一个去清点存款，检验自己计算是否正确同时也检验账房与 GFS 是否有勾结。GFS 发现如果某个账房的编号 (number) 与 (product) 相冲，领袖绝对不会选择这个账房。
怎样才算与 (product) 不相冲呢？若存在整数 (x,y) 使得 (number imes x+product imes y=1)，那么我们称 (number) 与 (product)不相冲，即该账房有可能被领袖相中。当领袖又赚大钱了的时候，他会在某个银行改变存款，这样一来相同区间的银行在不同的时候算出来的 (product) 可能是不一样的，而且领袖不会在某个银行的存款总数超过 (10^6)。
现在 GFS 预先知道了领袖的清点存款与变动存款的计划，想请你告诉他，每次清点存款时领袖有多少个账房可以供他选择，当然这个值可能非常大，GFS 只想知道对 (19\,961\,993) 取模后的答案。
简化题意：
给你一个序列，让你维护两个操作：
- 设区间 (x,y) 中的数的乘积为 (y) , 让你求满足 (ax+by equiv 1, xleq y) 的 (x) 的数的个数。
- 将 (x) 位置上的数改为 (y)
数据范围： (nleq 10^5, productleq 10^{18})
solution
首先操作 (1) 让我们求的是 (ax+by equiv 1, xleq y) 的 (x) 的个数。
(ax+by equiv 1) 可以写成 (axequiv 1pmod y) ， 可以推出 (x) 在模 (y) 的意义下，存在乘法逆元。
根据乘法逆元的存在条件可知 (gcd(x,y) = 1)。
操作 (1) 就相当于让我们求 (1-y) 中与 (y) 互质的个数，即 (varphi(y)) 。
但 (y) 的值有可能很大，不能直接求 (varphi(y)), 那怎么办呢 ？
设 (n = p_1^{k_1} imes p_2^{k_2} imes p_n^{k_n} ....)则有：
(largevarphi(n) = n imes {p_1-1over p_1} imes {p_2-1over p_2} imes {p_3-1over P_3} .....)
如果质数 (p_i) 在 (n) 的唯一分解式中出现，那么对 (varphi(n)) 的贡献就是 (p_i-1over p_i) 。
题目中保证每个数都只能用 (60) 个素数表示出来，所以我们可以将这个压成一个 (long long) 类型的数，来表示第 (i) 个质数是否出现。 至于 (n) , 我们维护一下区间积就可以得到。
随便拿线段树或者树状数组维护一下即可。
时间复杂度： (O(60 nlogn)) 。
update： 一开始我想的是维护每个质因子出现的次数，在实现的时候好多处都用了 (vector) ，导致常数贼大，卡了卡常数也只能到 90 分，之后看了看题解，发现不用那么麻烦，只需要维护每个质因子是否出现过即可，然后就有了这篇题解。
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define int long long
const int p = 19961993;
const int N = 1e5+10;
int m,opt,x,y;
int prime[61]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,107,109,113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199,211,223,227,229,233,239,241,251,257,263,269,271,277,281};
struct node
{
int lc,rc,w,t;
}tr[N<<2];
#define l(o) tr[o].lc
#define r(o) tr[o].rc
inline int read()
{
int s = 0, w = 1; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
return s * w;
}
int ksm(int a,int b)
{
int res = 1;
for(; b; b >>= 1)
{
if(b & 1) res = res * a % p;
a = a * a % p;
}
return res;
}
void up(int o)
{
tr[o].w = tr[o<<1].w * tr[o<<1|1].w % p;
tr[o].t = tr[o<<1].t | tr[o<<1|1].t;
}
void build(int o,int L,int R)
{
l(o) = L, r(o) = R;
if(L == R)
{
tr[o].w = 3;
tr[o].t = 2;
return;
}
int mid = (L+R)>>1;
build(o<<1,L,mid);
build(o<<1|1,mid+1,R);
up(o);
}
void chenge(int o,int x,int val,int type)
{
if(l(o) == r(o))
{
tr[o].w = val;
tr[o].t = type;
return;
}
int mid = (l(o)+r(o))>>1;
if(x <= mid) chenge(o<<1,x,val,type);
if(x > mid) chenge(o<<1|1,x,val,type);
up(o);
}
pair<int,int> query(int o,int L,int R)
{
int ans1 = 1, ans2 = 0;
if(L <= l(o) && R >= r(o)) return make_pair(tr[o].w,tr[o].t);
int mid = (l(o) + r(o))>>1;
if(L <= mid)
{
pair<int,int> k = query(o<<1,L,R);
ans1 = ans1 * k.first % p;
ans2 |= k.second;
}
if(R > mid)
{
pair<int,int> k = query(o<<1|1,L,R);
ans1 = ans1 * k.first % p;
ans2 |= k.second;
}
return make_pair(ans1,ans2);
}
void modify(int x,int val)
{
int res = 0, z = val;
for(int i = 0; i < 60; i++)
{
while(z % prime[i] == 0) res |= (1LL<<i), z /= prime[i];
}
chenge(1,x,val,res);
}
signed main()
{
m = read();
build(1,1,100000);
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
opt = read(); x = read(); y = read();
if(opt == 1) modify(x,y);
else
{
pair<int,int> k = query(1,x,y);
int ans = k.first;
for(int i = 0; i < 60; i++)
{
if((k.second>>i)&1) ans = ans * (prime[i]-1) % p * ksm(prime[i],p-2) % p;
}
printf("%lld
",ans);
}
}
return 0;
}