##[$AcWing$ $1277$. 维护序列](https://www.acwing.com/problem/content/1279/) ### 一、题目大意 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 $a_1,a_2,…,a_N$。 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。 **输入格式** 第一行两个整数 $N$ 和 $P$; 第二行含有 $N$ 个非负整数,从左到右依次为 $a_1,a_2,…,a_N$; 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`,表示把所有满足 $t≤i≤g$ 的 $a_i$ 改为 $a_i×c$; * 操作 $2$:`2 t g c`,表示把所有满足 $t≤i≤g$ 的 $a_i$ 改为 $a_i+c$; * 操作 $3$:`3 t g`,询问所有满足 $t≤i≤g$ 的 $a_i$ 的和模 $P$ 的值。 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。 **输出格式** 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。 **数据范围** $1≤N,M≤10^5, \\ 1≤t≤g≤N, \\ 0≤c,ai≤10^9,\\ 1≤P≤10^9$ **输入样例:** ```cpp {.line-numbers} 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 ``` **输出样例:** ```cpp {.line-numbers} 2 35 8 ``` **样例解释** 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 $8$。 ### 二、解题思路 首先考虑线段树结构体需要存储哪些信息: > 区间信息 $l$ $r$ 区间和 $sum$ 懒标记 $add$ $mul$ 然后考虑懒标记的更新,有两种优先级: * 先加法再乘法,即$(x+a)*b$,此时再进行一次乘法操作得到$(x+a)*b*c$是可以维护乘$(x+a)*b$的形式的,但如果进行一次加法操作$(x+a)*b+c$就不好维护成$(x+a)*b$的形式了。 * 先乘法再加法,即$(x*a)+b$,此时再进行一次乘法操作$(x*a+b)*c=(x*a*c)+b*c$,进行一次加法操作$(x*a+b)+c=x*a+b+c$,都可以维护成$(x+a)*b$的形式。 所以选择第二种优先级表达,即先乘法再加法,与算数运算一致。 接下来考虑操作,不妨把加法和乘法看作一次基础操作,即通通化为$(x*a+b)$,加法令$a=1$,乘法令$b=0$。所以$(x*a+b)*c+d=x*a*c+b*c+d$。 ```cpp {.line-numbers} void eval(Node &t, LL add, LL mul){ t.sum = (t.sum * mul+(t.r-t.l+1)*add) % p ;// 先更新区间和信息 t.mul = t.mul * t.mul % p; t.add = (t.add * mul + add ) % p; } ``` 然后再在$pushdown$中对两个儿子调用这个基础操作。 ### 三、实现代码 ```cpp {.line-numbers} #include #include #include #include using namespace std; typedef long long LL; //线段树宏定义 #define ls u << 1 #define rs u << 1 | 1 const int N = 100010; // n:N 个非负整数 p:数模 P 的值 m:操作总数 int n, p, m; int w[N]; struct Node { int l, r; LL sum, add, mul; } tr[N << 2]; void pushup(int u) { tr[u].sum = (tr[u << 1].sum + tr[u << 1 | 1].sum) % p; //更新sum和信息 } //计算函数 void eval(Node &t, LL add, LL mul) { t.sum = (t.sum * mul + (t.r - t.l + 1) * add) % p; t.mul = t.mul * mul % p; t.add = (t.add * mul + add) % p; } void pushdown(int u) { eval(tr[ls], tr[u].add, tr[u].mul); //处理左儿子 eval(tr[rs], tr[u].add, tr[u].mul); //处理右儿子 tr[u].add = 0, tr[u].mul = 1; //清空懒标记 } void build(int u, int l, int r) { tr[u] = {l, r, w[r], 0, 1}; if (l == r) return; int mid = (l + r) >> 1; build(ls, l, mid), build(rs, mid + 1, r); pushup(u); } void modify(int u, int l, int r, int add, int mul) { if (tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) { eval(tr[u], add, mul); return; } pushdown(u); int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1; if (l <= mid) modify(ls, l, r, add, mul); if (r > mid) modify(rs, l, r, add, mul); pushup(u); } int query(int u, int l, int r) { if (tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) return tr[u].sum; pushdown(u); int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1; int sum = 0; if (l <= mid) sum = query(ls, l, r); if (r > mid) sum = (sum + query(rs, l, r)) % p; return sum; } int main() { //加快读入 ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0); cin >> n >> p; for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i]; //构建线段树,root=1,l=1,r=n build(1, 1, n); cin >> m; while (m--) { int t, l, r, d; cin >> t >> l >> r; if (t == 1) { //乘 cin >> d; modify(1, l, r, 0, d); } else if (t == 2) { //加 cin >> d; modify(1, l, r, d, 1); } else //查 printf("%d\n", query(1, l, r)); } return 0; } ```