【LOJ#6283】数列分块7

题目大意：维护一个 N 个数组成的序列，支持区间加、区间乘、单点询问。

题解：在每一个块中维护两个标记，即：整块加和的标记和整块乘积的标记。不过由于有两个标记，涉及到计算区间总和的顺序问题。
一个指定块的区间加标记为 (atag)，区间乘标记为 (mtag)，区间除去标记的和为 (sum)。
第一种方式：((sum+atag)*mtag)，第二种方式：(sum*mtag+atag)。
比如：假设现在区间加标记要增加 (val)，若采用第一种方式，需要保证 (atag*mtag=add+val)，显然这需要使得 (mtag) 的值改变，因此并不合适。
相反，如果采用第二种方式的话，加法只会改变加法标记，而区间乘法标记改变时，只需将乘法标记同样乘在加法标记上即可，精度符合要求。
综上，可以理解为乘法标记的优先级更高，即：先做乘法运算，后做加法运算。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int mod=10007;

inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch;
	do{ch=getchar();if(ch=='-')f=-1;}while(!isdigit(ch));
	do{x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}while(isdigit(ch));
	return f*x;
}

int n,q,tot,pos[maxn];
long long a[maxn];
struct node{
	int l,r;
	long long mul,add;
}b[1000];

void make_block(){
	tot=(int)sqrt(n);
	for(int i=1;i<=tot;i++)b[i].l=(i-1)*tot+1,b[i].r=i*tot;
	if(b[tot].r<n)++tot,b[tot].l=b[tot-1].r+1,b[tot].r=n;
	for(int i=1;i<=tot;i++)
		for(int j=b[i].l;j<=b[i].r;j++)
			pos[j]=i,b[i].mul=1;
}

void read_and_parse(){
	n=read(),q=n;
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
	make_block();
}

void reset(int x){
	for(int i=b[x].l;i<=b[x].r;i++)a[i]=(a[i]*b[x].mul+b[x].add)%mod;
	b[x].add=0,b[x].mul=1;
}

void modify(int opt,int l,int r,int val){
	int x=pos[l],y=pos[r];
	if(x==y){
		reset(x);
		for(int i=l;i<=r;i++)opt?a[i]*=val:a[i]+=val,a[i]%=mod;
	}else{
		for(int i=x+1;i<=y-1;i++){
			if(opt==0)b[i].add=(b[i].add+val)%mod;
			else b[i].add=(b[i].add*val)%mod,b[i].mul=(b[i].mul*val)%mod;
		}
		reset(x),reset(y);
		for(int i=l;i<=b[x].r;i++)opt?a[i]*=val:a[i]+=val,a[i]%=mod;
		for(int i=b[y].l;i<=r;i++)opt?a[i]*=val:a[i]+=val,a[i]%=mod;
	}
}

void solve(){
	int opt,l,r,val;
	while(q--){
		opt=read(),l=read(),r=read(),val=read();
		if(opt==0)modify(opt,l,r,val);
		else if(opt==1)modify(opt,l,r,val);
		else printf("%lld
",(a[r]*b[pos[r]].mul+b[pos[r]].add)%mod);
	}
}

int main(){
	read_and_parse();
	solve();
	return 0;
}