Solution
- 建议先做这题
- 根据扩展欧拉定理$$a^b% p ≡ a^{b %\phi(p)+\phi(p)}% p_，b≥\phi(p)$$$$a^b% p ≡ a^{b %\phi(p)}% p，b<\phi(p)$$
- 这题核心代码如下
inline int solve(int p) // 递归处理模数为p的答案
{
if (p == 1) return 0;
return ksm(2, solve(phi[p]) + phi[p], p); // ksm(x,y) = x ^ y
}
- 发现每次递归都会将 \(p\) 变为 \(\phi(p)\)
- 当 \(p\) 是偶数时， \(p\) 变 \(\phi(p)\) 至少除以 \(2\)；当 \(p\) 是奇数时，根据 \(\phi(p)\) 的计算公式 (\(q[i]\) 为 \(p\) 的所有质因子，且互不相同)$$p*\Pi_{i=1}^k(q[i]-1)\div q[i]$$
- \(q[i]-1\)必有偶数，那么\(\phi(p)\)是偶数
- 可知 \(p\) 会在 \(O(\log p)\) 内次变为 \(1\)，结束递归
- 而上题中，对扩展欧拉定理的应用为：$$2{2{2{2{...}}}}% p ≡ 2{2{2{2{...}}} %\phi(p)+\phi(p)}$$
- 假设 \(2\) 的个数有限，等式左边有 \(x\) 个 \(2\)， 那么等式右边的指数，也就是递归处理的部分，有 \(x-1\) 个 \(2\)
- 也就是说，每次递归减少了一个 \(2\)
- 那么减少 \(O(\log p)\) 个 \(2\) 后必定结束递归，即当 \(2\) 的个数超过 \(\log p\) 时，答案全部一样
- 回到本题，可以得出一个数的修改次数上限为 \(O(\log p)\)
- 那么维护线段树，如果整个区间修改次数都到上限了，就 \(return\)
- 易得一共会碰到叶子节点 \(O (n \log p)\) 次
为了方（偷）便（懒） ，记 \(b[i][j]\) 为 \(c^{c^{c^{...^{a_{i}}}}}\) (共 \(j\) 个 \(c\)，注意没有取模），记 \(f(i,j,p)\) 为 \(c^{c^{c^{...^{a_{i}}}}} \%p\) (共 \(j\) 个 \(c\))，那么有递推式$$f(i,j,p)=c^{f(i,j-1,\phi(p))+(b[i][j-1]<\phi(p)?0:\phi(p))}$$- 预处理几个值在 \(1e8\) 内的 \(b[i][j]\) 就好了，显然 \(j\) 都比较小，\(j\) 稍大一点就是天文数字了，肯定比 \(\phi(p)\) 大，当然，注意特判 \(c=1\) 和 \(j\) 较大的情况
- \(p\) 有 \(1e8\)，不能用数组把所有的 \(\phi(x),x≤p\) 都存下来，发现用到的 \(x\) 只有 \(p,\phi(p),\phi(\phi(p)),...,1\)，考虑预处理出所有这样的 \(x\)，并存下它们的 \(\phi\)，记这些 \(x\) 分别为 \(d[m..1]\)（即 \(d[k-1] = \phi(d[k])\)），那么上式改写为$$f(i,j,k)=c^{f(i,j-1,k-1)+(b[i][j-1]<d[k-1]?0:d[k-1])}$$
- 注意递归边界：\(j=0\) 或 \(k=1\)
- 由于用到快速幂，上式时间复杂度 \(O (\log^2p)\)
- 发现 \(f(i,j,m)\) 不能直接由 \(f(i,j-1,m)\) 得来，也就是说，每次到叶子节点都要重新计算，那么总复杂度 \(O (n \log n \log^2p)\)，
直接爆炸，考虑优化掉快速幂
- 对于这\(m\)个模数，分别预处理 \(c1[i]\) 为 \(c^{i*20000}\)，\(c2[i]\) 为 \(c^i\)，那么 $$c^y=c1[y/20000]*c2[y%20000]$$
- 然后就可以 \(O(1)\) 快速幂了
- 总时间复杂度 \(O(n (\log n \log p + \log^2p))\)
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define p2 p << 1
#define p3 p << 1 | 1
template <class t>
inline void read(t & res)
{
char ch;
while (ch = getchar(), !isdigit(ch));
res = ch ^ 48;
while (ch = getchar(), isdigit(ch))
res = res * 10 + (ch ^ 48);
}
const int e = 5e4 + 5, o = 5e4 + 5, bl = 2e4, z = 105;
int a[e], cnt[o * 4], c1[z][20005], c2[z][20005], n, m, c, mod, phi[e];
int num[e], d[e], c4, c3[e], b[e][20], sum[o * 4];
inline void upt(int &x, int y)
{
x = y;
if (x >= mod) x -= mod;
}
inline int solve(int x)
{
int s = sqrt(x), res = x, i;
for (i = 2; i <= s; i++)
if (x % i == 0)
{
while (x % i == 0) x /= i;
res /= i;
res *= i - 1;
}
if (x > 1)
{
res /= x;
res *= x - 1;
}
return res;
}
inline void init()
{
d[d[0] = 1] = mod;
for (;;)
{
d[0]++;
d[d[0]] = solve(d[d[0] - 1]);
if (d[d[0]] == 1) break;
}
reverse(d + 1, d + d[0] + 1);
int i, j;
ll y = 1;
c3[0] = 1;
for (i = 1; i < bl; i++)
{
if (y <= 1e8)
{
y = y * c;
c3[i] = y;
if (y <= 1e8) c4 = i;
}
else break;
}
for (i = 1; i <= d[0]; i++)
{
c1[i][0] = c2[i][0] = 1;
for (j = 1; j < bl; j++) c2[i][j] = (ll)c2[i][j - 1] * c % d[i];
c1[i][1] = (ll)c2[i][bl - 1] * c % d[i];
for (j = 2; j < bl; j++) c1[i][j] = (ll)c1[i][j - 1] * c1[i][1] % d[i];
}
for (i = 1; i <= n; i++)
{
b[i][0] = a[i];
for (j = 1; j <= 6; j++)
{
int x = b[i][j - 1], p1 = x / bl, p0 = x % bl;
if (c3[p0] > 1e8 || p1 || p0 > c4) break;
b[i][j] = c3[p0];
num[i] = j;
}
}
}
inline int ksm(int y, int id)
{
return (ll)c1[id][y / bl] * c2[id][y % bl] % d[id];
}
inline int f(int i, int j, int mod)
{
if (mod == 1) return 0;
if (j == 0) return a[i] % d[mod];
if (c == 1 || (c != 1 && j - 1 <= num[i] && b[i][j - 1] < d[mod - 1]))
return ksm(f(i, j - 1, mod - 1), mod);
else return ksm(f(i, j - 1, mod - 1) + d[mod - 1], mod);
}
inline void collect(int p)
{
cnt[p] = min(cnt[p2], cnt[p3]);
upt(sum[p], sum[p2] + sum[p3]);
}
inline void build(int l, int r, int p)
{
if (l == r)
{
sum[p] = a[l];
return;
}
int mid = l + r >> 1;
build(l, mid, p2);
build(mid + 1, r, p3);
collect(p);
}
inline void update(int l, int r, int s, int t, int p)
{
if (cnt[p] > d[0]) return;
if (l == r)
{
cnt[p]++;
sum[p] = f(l, cnt[p], d[0]);
return;
}
int mid = l + r >> 1;
if (s <= mid) update(l, mid, s, t, p2);
if (t > mid) update(mid + 1, r, s, t, p3);
collect(p);
}
inline int query(int l, int r, int s, int t, int p)
{
if (l == s && r == t) return sum[p];
int mid = l + r >> 1, res = 0;
if (t <= mid) res = query(l, mid, s, t, p2);
else if (s > mid) res = query(mid + 1, r, s, t, p3);
else upt(res, query(l, mid, s, mid, p2) + query(mid + 1, r, mid + 1, t, p3));
return res;
}
int main()
{
read(n); read(m); read(mod); read(c);
int i, opt, l, r;
for (i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]);
init();
build(1, n, 1);
while (m--)
{
read(opt);
read(l);
read(r);
if (!opt) update(1, n, l, r, 1);
else printf("%d\n", query(1, n, l, r, 1));
}
return 0;
}