Description
老师交给小可可一个维护数列的任务，现在小可可希望你来帮他完成。 有长为N的数列，不妨设为a1,a2,…,aN 。有如下三种操作形式： (1)把数列中的一段数全部乘一个值; (2)把数列中的一段数全部加一个值; (3)询问数列中的一段数的和，由于答案可能很大，你只需输出这个数模P的值。
Input
第一行两个整数N和P(1≤P≤1000000000）。第二行含有N个非负整数,从左到右依次为a1,a2,…,aN, (0≤ai≤1000000000,1≤i≤N)。第三行有一个整数M，表示操作总数。从第四行开始每行描述一个操作，输入的操作有以下三种形式： 操作1：“1 t g c”(不含双引号)。表示把所有满足t≤i≤g的ai改为ai×c (1≤t≤g≤N,0≤c≤1000000000)。 操作2：“2 t g c”(不含双引号)。表示把所有满足t≤i≤g的ai改为ai+c (1≤t≤g≤N,0≤c≤1000000000)。 操作3：“3 t g”(不含双引号)。询问所有满足t≤i≤g的ai的和模P的值 (1≤t≤g≤N)。 同一行相邻两数之间用一个空格隔开，每行开头和末尾没有多余空格。
Output
对每个操作3，按照它在输入中出现的顺序，依次输出一行一个整数表示询问结果。
Sample Input
7 43
1 2 3 4 5 6 7
5
1 2 5 5
3 2 4
2 3 7 9
3 1 3
3 4 7
1 2 3 4 5 6 7
5
1 2 5 5
3 2 4
2 3 7 9
3 1 3
3 4 7
Sample Output
2
35
8
35
8
HINT
【样例说明】
初始时数列为(1,2,3,4,5,6,7)。
经过第1次操作后，数列为(1,10,15,20,25,6,7)。
对第2次操作，和为10+15+20=45，模43的结果是2。
经过第3次操作后，数列为(1,10,24,29,34,15,16}
对第4次操作，和为1+10+24=35，模43的结果是35。
对第5次操作，和为29+34+15+16=94,模43的结果是8。
测试数据规模如下表所示
数据编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
N= 10 1000 1000 10000 60000 70000 80000 90000 100000 100000
M= 10 1000 1000 10000 60000 70000 80000 90000 100000 100000
Solution
就是两个$tag$的线段树。 注意优先级就好。然后mul标记的初始值要赋值为1就好
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define il inline namespace io { #define in(a) a=read() #define out(a) write(a) #define outn(a) out(a),putchar(' ') #define I_int ll inline I_int read() { I_int x = 0 , f = 1 ; char c = getchar() ; while( c < '0' || c > '9' ) { if( c == '-' ) f = -1 ; c = getchar() ; } while( c >= '0' && c <= '9' ) { x = x * 10 + c - '0' ; c = getchar() ; } return x * f ; } char F[ 200 ] ; inline void write( I_int x ) { if( x == 0 ) { putchar( '0' ) ; return ; } I_int tmp = x > 0 ? x : -x ; if( x < 0 ) putchar( '-' ) ; int cnt = 0 ; while( tmp > 0 ) { F[ cnt ++ ] = tmp % 10 + '0' ; tmp /= 10 ; } while( cnt > 0 ) putchar( F[ -- cnt ] ) ; } #undef I_int } using namespace io ; using namespace std ; #define N 100010 #define lc (rt<<1) #define rc (rt<<1|1) ll n , mod , a[ N ] , m ; struct tree { int l , r ; ll mul , add , sum ; } t[ N << 2 ] ; void pushup( int rt ) { t[ rt ].sum = ( t[ lc ].sum + t[ rc ].sum ) % mod ; } void pushdown( int ln , int rn , int rt ) { ll &x1 = t[ rt ].add , &x2 = t[ rt ].mul ; t[ lc ].sum = ( t[ lc ].sum * x2 + ln * x1 ) % mod ; t[ rc ].sum = ( t[ rc ].sum * x2 + rn * x1 ) % mod ; t[ lc ].mul = ( t[ lc ].mul * x2 ) % mod ; t[ rc ].mul = ( t[ rc ].mul * x2 ) % mod ; t[ lc ].add = ( t[ lc ].add * x2 + x1 ) % mod ; t[ rc ].add = ( t[ rc ].add * x2 + x1 ) % mod ; x1 = 0 ; x2 = 1 ; } void build( int l , int r , int rt ) { t[ rt ].l = l ; t[ rt ].r = r ; t[ rt ].mul = 1 ; int mid = ( l + r ) >> 1 ; if( l == r ) { t[ rt ].sum = a[ l ] ; return ; } build( l , mid , lc ) ; build( mid + 1 , r , rc ) ; pushup( rt ) ; } void upd( int opt , int L , int R , int c , int rt ) { //1 - add , 2 - mul int l = t[ rt ].l , r = t[ rt ].r , mid = ( l + r ) >> 1 ; if( L <= l && r <= R ) { if( opt == 1 ) { t[ rt ].sum = ( t[ rt ].sum + c * ( r - l + 1 ) ) % mod ; t[ rt ].add = ( t[ rt ].add + c ) % mod ; } else { t[ rt ].sum = ( t[ rt ].sum * c ) % mod ; t[ rt ].add = ( t[ rt ].add * c ) % mod ; t[ rt ].mul = ( t[ rt ].mul * c ) % mod ; } return ; } pushdown( mid - l + 1 , r - mid , rt ) ; if( L <= mid ) upd( opt , L , R , c , lc ) ; if( R > mid ) upd( opt , L , R , c , rc ) ; pushup( rt ) ; } ll query( int L , int R , int rt ) { int l = t[ rt ].l , r = t[ rt ].r , mid = ( l + r ) >> 1 ; ll ans = 0 ; if( L <= l && r <= R ) return t[ rt ].sum % mod ; pushdown( mid - l + 1 , r - mid , rt ) ; if( L <= mid ) ans = ( ans + query( L , R , lc ) ) % mod ; if( R > mid ) ans = ( ans + query( L , R , rc ) ) % mod ; return ans % mod ; } int main() { n = read() , mod = read() ; for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[ i ] = read() % mod ; build( 1 , n , 1 ) ; m = read() ; for( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) { ll opt = read() , t = read() , g = read() ; if( opt == 1 ) { ll c = read() % mod ; upd( 2 , t , g , c , 1 ) ; } else if( opt == 2 ) { ll c = read() % mod ; upd( 1 , t , g , c , 1 ) ; } else outn( query( t , g , 1 ) ) ; } return 0 ; }