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##[$AcWing$ $1277$. 维护序列](https://www.acwing.com/problem/content/1279/)
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### 一、题目大意
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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。
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有长为 $N$ 的数列，不妨设为 $a_1,a_2,…,a_N$。
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有如下三种操作形式：
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1. 把数列中的一段数全部乘一个值；
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2. 把数列中的一段数全部加一个值；
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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。
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**输入格式**
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第一行两个整数 $N$ 和 $P$；
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第二行含有 $N$ 个非负整数，从左到右依次为 $a_1,a_2,…,a_N$；
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第三行有一个整数 $M$，表示操作总数；
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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：
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* 操作 $1$：`1 t g c`，表示把所有满足 $t≤i≤g$ 的 $a_i$ 改为 $a_i×c$；
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* 操作 $2$：`2 t g c`，表示把所有满足 $t≤i≤g$ 的 $a_i$ 改为 $a_i+c$；
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* 操作 $3$：`3 t g`，询问所有满足 $t≤i≤g$ 的 $a_i$ 的和模 $P$ 的值。
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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。
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**输出格式**
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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。
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**数据范围**
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$1≤N,M≤10^5, \\
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1≤t≤g≤N, \\
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0≤c,ai≤10^9,\\
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1≤P≤10^9$
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**输入样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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7 43
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1 2 3 4 5 6 7
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5
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1 2 5 5
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3 2 4
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2 3 7 9
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3 1 3
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3 4 7
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```
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**输出样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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2
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35
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8
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```
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**样例解释**
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初始时数列为 {$1,2,3,4,5,6,7$}；
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经过第 $1$ 次操作后，数列为 {$1,10,15,20,25,6,7$}；
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对第 $2$ 次操作，和为 $10+15+20=45$，模 $43$ 的结果是 $2$；
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经过第 $3$ 次操作后，数列为 {$1,10,24,29,34,15,16$}；
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对第 $4$ 次操作，和为 $1+10+24=35$，模 $43$ 的结果是 $35$；
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对第 $5$ 次操作，和为 $29+34+15+16=94$，模 $43$ 的结果是 $8$。
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### 二、解题思路
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首先考虑线段树结构体需要存储哪些信息：
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> 区间信息 $l$ $r$
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区间和 $sum$
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懒标记 $add$ $mul$
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然后考虑懒标记的更新，有两种优先级：
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* 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。
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* 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。
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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。
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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$(x*a+b)*c+d=x*a*c+b*c+d$。
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```cpp {.line-numbers}
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void eval(Node &t, LL add, LL mul){
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t.sum = (t.sum * mul+(t.r-t.l+1)*add) % p ;// 先更新区间和信息
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t.mul = t.mul * t.mul % p;
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t.add = (t.add * mul + add ) % p;
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}
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```
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然后再在$pushdown$中对两个儿子调用这个基础操作。
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### 三、实现代码
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```cpp {.line-numbers}
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#include <cstdio>
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#include <cstring>
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#include <algorithm>
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#include <iostream>
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using namespace std;
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typedef long long LL;
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//线段树宏定义
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#define ls u << 1
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#define rs u << 1 | 1
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const int N = 100010;
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// n:N 个非负整数 p:数模 P 的值 m:操作总数
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int n, p, m;
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int w[N];
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struct Node {
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int l, r;
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LL sum, add, mul;
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} tr[N << 2];
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void pushup(int u) {
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tr[u].sum = (tr[u << 1].sum + tr[u << 1 | 1].sum) % p; //更新sum和信息
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}
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//计算函数
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void eval(Node &t, LL add, LL mul) {
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t.sum = (t.sum * mul + (t.r - t.l + 1) * add) % p;
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t.mul = t.mul * mul % p;
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t.add = (t.add * mul + add) % p;
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}
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void pushdown(int u) {
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eval(tr[ls], tr[u].add, tr[u].mul); //处理左儿子
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eval(tr[rs], tr[u].add, tr[u].mul); //处理右儿子
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tr[u].add = 0, tr[u].mul = 1; //清空懒标记
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}
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void build(int u, int l, int r) {
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tr[u] = {l, r, w[r], 0, 1};
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if (l == r) return;
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int mid = (l + r) >> 1;
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build(ls, l, mid), build(rs, mid + 1, r);
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pushup(u);
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}
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void modify(int u, int l, int r, int add, int mul) {
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if (tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) {
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eval(tr[u], add, mul);
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return;
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}
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pushdown(u);
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int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
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if (l <= mid) modify(ls, l, r, add, mul);
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if (r > mid) modify(rs, l, r, add, mul);
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pushup(u);
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}
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int query(int u, int l, int r) {
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if (tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) return tr[u].sum;
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pushdown(u);
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int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
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int sum = 0;
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if (l <= mid) sum = query(ls, l, r);
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if (r > mid) sum = (sum + query(rs, l, r)) % p;
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return sum;
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}
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int main() {
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//加快读入
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ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
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cin >> n >> p;
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for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i];
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//构建线段树,root=1,l=1,r=n
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build(1, 1, n);
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cin >> m;
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while (m--) {
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int t, l, r, d;
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cin >> t >> l >> r;
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if (t == 1) { //乘
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cin >> d;
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modify(1, l, r, 0, d);
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} else if (t == 2) { //加
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cin >> d;
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modify(1, l, r, d, 1);
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} else //查
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printf("%d\n", query(1, l, r));
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}
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return 0;
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}
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``` |
