题目
题目描述
You have N integers A1, A2, ... , AN. You are asked to write a program to receive and execute two kinds of instructions:
- C a b means performing \(A_i = A_i^2 \mod 2018\) for all Ai such that a ≤ i ≤ b.
- Q a b means query the sum of Aa, Aa+1, ..., Ab. Note that the sum is not taken modulo 2018.
输入描述
The first line of the input is T(1≤ T ≤ 20), which stands for the number of test cases you need to solve.
The first line of each test case contains N (1 ≤ N ≤ 50000).The second line contains N numbers, the initial values of A1, A2, ..., An. 0 ≤ Ai < 2018. The third line contains the number of operations Q (0 ≤ Q ≤ 50000). The following Q lines represents an operation having the format "C a b" or "Q a b", which has been described above. 1 ≤ a ≤ b ≤ N.
输出描述
For each test case, print a line "Case #t:" (without quotes, t means the index of the test case) at the beginning.
You need to answer all Q commands in order. One answer in a line.
示例1
输入
1
8
17 239 17 239 50 234 478 43
10
Q 2 6
C 2 7
C 3 4
Q 4 7
C 5 8
Q 6 7
C 1 8
Q 2 5
Q 3 4
Q 1 8
输出
Case #1:
779
2507
952
6749
3486
9937
题解
知识点：线段树，数论。
显然，区间同余是没法直接运用懒标记的，我们需要找到能使用懒标记的结构。
容易证明， \(A_i = A_i^2 \mod 2018\) 运算在有限次操作后一定会进入一个循环节，且长度的最小公倍数不超过 \(6\) 。而且可以发现，进入循环的需要的操作次数其实很少。
注意到，进入循环的区间可以预处理出所在循环节的所有值，并用一个指针指向当前值即可，随后每次修改相当于在环上移动指针，显然可以懒标记。对于未进入循环节的区间，先采用单点修改，直到其值进入循环节。
因此，我们先预处理枚举 \([0,2018)\) 所有数是否在循环节内，用 \(cyc\) 数组记录每个数的所在循环节的长度。如果某数的循环节长度非 \(0\) ，则其为循环节的一部分。我们对循环节长度取最小公倍数 \(cyclcm\)，以便统一管理。
对此，区间信息需要维护区间是否进入循环 \(lp\) 、区间循环值 \(sum\) 数组、区间值指针 \(pos\) 。若未进入循环，则值存 \(sum[0]\) ，且 \(pos = 0\) ；若进入循环，则 \(sum\) 存循环的各个值， \(pos\) 指向当前值的位置。
区间合并，有两种情况：
- 存在子区间未进入循环，则区间未进入循环，最终值由子区间当前值相加。
- 子区间都进入循环，则区间进入循环，顺序遍历子区间对应的循环值，并将和更新到区间的 \(sum\) 。
区间修改只需要维护指针平移总量 \(cnt\) 。
区间修改，有两种情况：
- 区间未进入循环，则继续递归子区间，直到单点修改。每次单点修改后，检查是否进入循环，若进入循环，则预处理出 \(sum\) 。
- 区间已进入循环，则直接平移 \(pos\) 即可。
标记修改，直接加到标记上即可，可以模 \(2018\)。注意，当且仅当区间进入循环后标记才有意义，但事实上，未进入循环的区间标签始终为 \(0\) ，对修改没有影响，无需特判。
这道题实际上是洛谷P4681的弱化版，我这里使用了通解的做法，比只针对这道题的做法要慢一点。只针对这道题的做法是基于另一个更进一步的结论，所有数字在 \(6\) 次操作之后一定进入循环，那么只需要记录一个单点是否操作 \(6\) 次作为检查条件即可，省去了枚举 \([0,2018)\) 所有数字的循环节长度的时间。
时间复杂度 \(O((n+m) \ log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int P = 2018;
int cyc[P];
int cyclcm;
void init_cyc() {
cyclcm = 1;
for (int i = 0;i < P;i++) {
cyc[i] = 0;
vector<int> vis(P);
for (int j = 1, x = i;;j++, x = x * x % P) {
if (vis[x]) {
if (x == i) {
cyc[i] = j - vis[i];
cyclcm = lcm(cyclcm, cyc[i]);
}
break;
}
vis[x] = j;
}
}
}
class SegmentTreeLazy {
struct T {
array<int, 6> sum;
int pos;
bool lp;
};
struct F {
int cnt;
};
int n;
vector<T> node;
vector<F> lazy;
void push_up(int rt) {
node[rt].lp = node[rt << 1].lp && node[rt << 1 | 1].lp;
node[rt].pos = 0;
if (node[rt].lp)
for (int i = 0, l = node[rt << 1].pos, r = node[rt << 1 | 1].pos;
i < cyclcm;
i++, ++l %= cyclcm, ++r %= cyclcm)
node[rt].sum[i] = node[rt << 1].sum[l] + node[rt << 1 | 1].sum[r];
else node[rt].sum[0] = node[rt << 1].sum[node[rt << 1].pos] + node[rt << 1 | 1].sum[node[rt << 1 | 1].pos];
}
void push_down(int rt) {
(node[rt << 1].pos += lazy[rt].cnt) %= cyclcm;
(lazy[rt << 1].cnt += lazy[rt].cnt) %= cyclcm;
(node[rt << 1 | 1].pos += lazy[rt].cnt) %= cyclcm;
(lazy[rt << 1 | 1].cnt += lazy[rt].cnt) %= cyclcm;
lazy[rt].cnt = 0;
}
void check(int rt) {
node[rt].pos = 0;
if (cyc[node[rt].sum[0]]) {
node[rt].lp = 1;
for (int i = 1;i < cyclcm;i++)
node[rt].sum[i] = node[rt].sum[i - 1] * node[rt].sum[i - 1] % P;
}
else node[rt].lp = 0;
}
void update(int rt, int l, int r, int x, int y) {
if (r < x || y < l) return;
if (x <= l && r <= y && node[rt].lp) {
++node[rt].pos %= cyclcm;
++lazy[rt].cnt %= cyclcm;
return;
}
if (l == r) {
node[rt].sum[0] = node[rt].sum[0] * node[rt].sum[0] % P;
check(rt);
return;
}
push_down(rt);
int mid = l + r >> 1;
update(rt << 1, l, mid, x, y);
update(rt << 1 | 1, mid + 1, r, x, y);
push_up(rt);
}
int query(int rt, int l, int r, int x, int y) {
if (r < x || y < l) return 0;
if (x <= l && r <= y) return node[rt].sum[node[rt].pos];
push_down(rt);
int mid = l + r >> 1;
return query(rt << 1, l, mid, x, y) + query(rt << 1 | 1, mid + 1, r, x, y);
}
public:
SegmentTreeLazy(const vector<int> &src) { init(src); }
void init(const vector<int> &src) {
assert(src.size() >= 2);
n = src.size() - 1;
node.assign(n << 2, { {},0,0 });
lazy.assign(n << 2, { 0 });
function<void(int, int, int)> build = [&](int rt, int l, int r) {
if (l == r) {
node[rt].sum[0] = src[l];
check(rt);
return;
}
int mid = l + r >> 1;
build(rt << 1, l, mid);
build(rt << 1 | 1, mid + 1, r);
push_up(rt);
};
build(1, 1, n);
}
void update(int x, int y) { update(1, 1, n, x, y); }
int query(int x, int y) { return query(1, 1, n, x, y); }
};
//* 朴素操作开销太大（array复制），因此全部展开
bool solve() {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n + 1);
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
init_cyc();
SegmentTreeLazy sgt(a);
int m;
cin >> m;
while (m--) {
char op;
int l, r;
cin >> op >> l >> r;
if (op == 'C') sgt.update(l, r);
else cout << sgt.query(l, r) << '\n';
}
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
for (int i = 1;i <= t;i++) {
cout << "Case #" << i << ":" << '\n';
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}