题目描述
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。
输入格式
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。
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。
这题需要用线段树进行两种运算，所以我们需要记录两个延迟标记，但如何用延迟标记进行更新就成了最主要的问题：
我们将区间和写成这种形式：
[len=t[d].r-t[d].l+1\
t[d].val=(t[d].val+t[d].add*len)*t[d].mul
]
然后我们对加法标记加一个值时就会变成：
[t[d].val+val=(t[d].val+t[d].add*len)*t[d].mul+val*len
]
于是我们发现，如果要把这个式子写成最初的形式，就不免把val * len改成x * t[d].mul的形式，然而x很容易就变成小数了。考虑到精度，我们选择放弃这种方法。
换一种形式：
[t[d].val=t[d].val*t[d].mul+t[d].add*len
]
乘上一个值时就会变成：
[t[d].val*val=(t[d].val*t[d].mul+t[d].add*len)*val\
=t[d].val*t[d].mul*val+t[d].add*val*len
]
也就是说，我们只需要给加法标记和乘法标记都乘上这个值即可。加上一个值时：
[t[d].val+val=t[d].val*t[d].mul+t[d].add*len+val*len\
=t[d].val*t[d].mul+(t[d].add+val)*len
]
我们只需要把加法标记加上这个值即可。我们便可以很方便得解决这道题了。
时间复杂度为O(NlogN)。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define maxn 100001
using namespace std;
int n,m,mod,val[maxn];
inline int read(){
register int x(0),f(1); register char c(getchar());
while(c<'0'||'9'<c){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }
while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
struct SegmentTree{
int l,r;
long long val,add,mul;
}t[maxn<<2];
inline void down(const int &d){
t[d<<1].val=(t[d<<1].val*t[d].mul % mod+(t[d<<1].r-t[d<<1].l+1)*t[d].add % mod) % mod;
t[d<<1|1].val=(t[d<<1|1].val*t[d].mul % mod+(t[d<<1|1].r-t[d<<1|1].l+1)*t[d].add % mod) % mod;
t[d<<1].mul=(t[d<<1].mul*t[d].mul) % mod;
t[d<<1|1].mul=(t[d<<1|1].mul*t[d].mul) % mod;
t[d<<1].add=(t[d<<1].add*t[d].mul % mod+t[d].add) % mod;
t[d<<1|1].add=(t[d<<1|1].add*t[d].mul % mod+t[d].add) % mod;
t[d].add=0ll,t[d].mul=1ll;
}
void build(int d,int l,int r){
t[d].l=l,t[d].r=r,t[d].add=0ll,t[d].mul=1ll;
if(l==r){ t[d].val=val[l] % mod; return; }
int mid=l+r>>1;
build(d<<1,l,mid),build(d<<1|1,mid+1,r);
t[d].val=(t[d<<1].val+t[d<<1|1].val) % mod;
}
void change_mul(int d,const int &l,const int &r,const int &val){
if(l<=t[d].l&&t[d].r<=r){
t[d].val=(t[d].val*val) % mod,t[d].mul=(t[d].mul*val) % mod,t[d].add=(t[d].add*val) % mod;
return;
}
down(d);
int mid=t[d].l+t[d].r>>1;
if(l<=mid) change_mul(d<<1,l,r,val);
if(r>mid) change_mul(d<<1|1,l,r,val);
t[d].val=(t[d<<1].val+t[d<<1|1].val) % mod;
}
void change_add(int d,const int &l,const int &r,const int &val){
if(l<=t[d].l&&t[d].r<=r){
t[d].val=(t[d].val+(t[d].r-t[d].l+1)*val % mod) % mod,t[d].add=(t[d].add+val) % mod;
return;
}
down(d);
int mid=t[d].l+t[d].r>>1;
if(l<=mid) change_add(d<<1,l,r,val);
if(r>mid) change_add(d<<1|1,l,r,val);
t[d].val=(t[d<<1].val+t[d<<1|1].val) % mod;
}
long long getsum(int d,const int &l,const int &r){
if(l<=t[d].l&&t[d].r<=r) return t[d].val;
down(d);
int mid=t[d].l+t[d].r>>1;
long long ans=0ll;
if(l<=mid) ans=(ans+getsum(d<<1,l,r)) % mod;
if(r>mid) ans=(ans+getsum(d<<1|1,l,r)) % mod;
return ans;
}
int main(){
n=read(),mod=read();
for(register int i=1;i<=n;i++) val[i]=read();
m=read();
build(1,1,n);
for(register int i=1;i<=m;i++){
int op=read(),l=read(),r=read();
if(op==1) change_mul(1,l,r,read());
if(op==2) change_add(1,l,r,read());
if(op==3) printf("%lld
",getsum(1,l,r));
}
return 0;
}