AHOI2009 行星序列Seq (BZOJ1798)

1798: [Ahoi2009]Seq 维护序列seq

Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 64 MB

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

Sample Output

2
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

Source

Day1

裸线段树，之前做过，不过WA了一下午，终于找到原因了。。每个询问读t,g,c的时候，用cin就RE用scanf就AC。。求解QAQ..

 1 #include<queue>
 2 #include<cmath>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<cstdlib>
 5 #include<cstring>
 6 #include<cstring>
 7 #include<iostream>
 8 #include<algorithm>
 9 using namespace std;
10 const int N = 201000;
11 typedef long long lld;
12 #define Ch1 (i<<1) 
13 #define Ch2 ((i<<1)|1)
14 #define For(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
15 #define Rep(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
16 
17 struct TREE{
18     int l,r,mid;
19     lld mul,plus,sum;
20 }T[N<<1];
21 
22 int n,Mod,m;
23 
24 void Build(int l,int r,int i){    
25     T[i].l = l; T[i].r = r;T[i].mid = (l+r)/2;
26     T[i].mul = 1;T[i].plus = 0;
27     if(l==r)  {
28         scanf("%lld",&T[i].sum);
29         return;
30     }
31     Build(l,T[i].mid,Ch1);
32     Build(T[i].mid+1,r,Ch2);
33     T[i].sum = (T[Ch1].sum + T[Ch2].sum) % Mod;
34 }
35 
36 void Pushdown(int i){
37     T[Ch1].mul= ( T[Ch1].mul * T[i].mul ) %Mod;
38     T[Ch2].mul= ( T[Ch2].mul * T[i].mul ) %Mod;
39     T[Ch1].plus=( T[Ch1].plus * T[i].mul + T[i].plus ) % Mod;
40     T[Ch2].plus=( T[Ch2].plus * T[i].mul + T[i].plus ) % Mod; 
41     T[Ch1].sum= ( T[Ch1].sum * T[i].mul ) %Mod;
42     T[Ch2].sum= ( T[Ch2].sum * T[i].mul ) %Mod;
43     T[Ch1].sum+=((T[Ch1].r-T[Ch1].l+1)*T[i].plus) % Mod;
44     T[Ch2].sum+=((T[Ch2].r-T[Ch2].l+1)*T[i].plus) % Mod; 
45     T[i].plus = 0;T[i].mul = 1;
46 }
47 
48 void Modify(int l,int r,lld M,lld P,int i){
49     if(l>r) return;
50     if(l==T[i].l&&T[i].r==r){
51         T[i].sum = ( T[i].sum  * M + P * (T[i].r-T[i].l+1) ) % Mod;
52         T[i].mul = ( T[i].mul * M ) %Mod;
53         T[i].plus =( T[i].plus * M + P ) %Mod;
54         return;
55     }
56     Pushdown(i);
57     Modify(l,min(T[i].mid,r),M,P,Ch1);
58     Modify(max(T[i].mid+1,l),r,M,P,Ch2);
59     T[i].sum = (T[Ch1].sum + T[Ch2].sum)%Mod; 
60 }
61 
62 lld query(int l,int r,int i){
63     if(l>r) return 0;
64     if(T[i].l==l&&T[i].r==r) return T[i].sum % Mod;
65     Pushdown(i);
66     return query(l,min(r,T[i].mid),Ch1)%Mod + query(max(T[i].mid+1,l),r,Ch2)%Mod;
67 }
68 
69 int main(){
70     scanf("%d%lld",&n,&Mod);
71     Build(1,n,1);
72     scanf("%d",&m);
73     For(i,m){
74         int op,t,g;
75         lld c,M = 1 , P = 0;
76         scanf("%d",&op);
77         if(op==3) scanf("%d%d",&t,&g);
78         else      scanf("%d%d%lld",&t,&g,&c);      
79         if(op==1) M = c;
80         else      P = c;
81         if(op==3) printf("%lld\n",query(t,g,1)%Mod);
82         else      Modify(t,g,M,P,1);
83     }
84     return 0;
85 }

Codes

AHOI2009 行星序列Seq (BZOJ1798),布布扣,bubuko.com

AHOI2009 行星序列Seq (BZOJ1798)

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