題目
題目描述
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.
輸入描述
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.
輸出描述
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
輸入
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
輸出
Case #1:
779
2507
952
6749
3486
9937
題解
知識點：線段樹，數論。
顯然，區間同餘是沒法直接運用懶標記的，我們需要找到能使用懶標記的結構。
容易證明， \(A_i = A_i^2 \mod 2018\) 運算在有限次操作後一定會進入一個迴圈節，且長度的最小公倍數不超過 \(6\) 。而且可以發現，進入迴圈的需要的操作次數其實很少。
注意到，進入迴圈的區間可以預處理出所在迴圈節的所有值，並用一個指標指向當前值即可，隨後每次修改相當於在環上移動指標，顯然可以懶標記。對於未進入迴圈節的區間，先採用單點修改，直到其值進入迴圈節。
因此，我們先預處理列舉 \([0,2018)\) 所有數是否在迴圈節內，用 \(cyc\) 陣列記錄每個數的所在迴圈節的長度。如果某數的迴圈節長度非 \(0\) ，則其為迴圈節的一部分。我們對迴圈節長度取最小公倍數 \(cyclcm\)，以便統一管理。
對此，區間資訊需要維護區間是否進入迴圈 \(lp\) 、區間迴圈值 \(sum\) 陣列、區間值指標 \(pos\) 。若未進入迴圈，則值存 \(sum[0]\) ，且 \(pos = 0\) ；若進入迴圈，則 \(sum\) 存迴圈的各個值， \(pos\) 指向當前值的位置。
區間合併，有兩種情況：
- 存在子區間未進入迴圈，則區間未進入迴圈，最終值由子區間當前值相加。
- 子區間都進入迴圈，則區間進入迴圈，順序遍歷子區間對應的迴圈值，並將和更新到區間的 \(sum\) 。
區間修改只需要維護指標平移總量 \(cnt\) 。
區間修改，有兩種情況：
- 區間未進入迴圈，則繼續遞迴子區間，直到單點修改。每次單點修改後，檢查是否進入迴圈，若進入迴圈，則預處理出 \(sum\) 。
- 區間已進入迴圈，則直接平移 \(pos\) 即可。
標記修改，直接加到標記上即可，可以模 \(2018\)。注意，當且僅當區間進入迴圈後標記才有意義，但事實上，未進入迴圈的區間標籤始終為 \(0\) ，對修改沒有影響，無需特判。
這道題實際上是洛谷P4681的弱化版，我這裡使用了通解的做法，比只針對這道題的做法要慢一點。只針對這道題的做法是基於另一個更進一步的結論，所有數字在 \(6\) 次操作之後一定進入迴圈，那麼只需要記錄一個單點是否操作 \(6\) 次作為檢查條件即可，省去了列舉 \([0,2018)\) 所有數字的迴圈節長度的時間。
時間複雜度 \(O((n+m) \ log n)\)
空間複雜度 \(O(n)\)
程式碼
#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); }
};
//* 樸素操作開銷太大（array複製），因此全部展開
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;
}