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。
输入输出格式
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。
输入输出样例
7 43 1 2 3 4 5 6 7 5 1 2 5 5 3 2 4 2 3 7 9 3 1 3 3 4 7
2 35 8
说明
【样例说明】
初始时数列为(1,2,3,4,5,6,7)。
经过第1次操作后，数列为(1,10,15,20,25,6,7)。
对第2次操作，和为10+15+20=45，模43的结果是2。
经过第3次操作后，数列为(1,10,24,29,34,15,16}
对第4次操作，和为1+10+24=35，模43的结果是35。
对第5次操作，和为29+34+15+16=94,模43的结果是8。
测试数据规模如下表所示
数据编号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
N= 10 1000 1000 10000 60000 70000 80000 90000 100000 100000
M= 10 1000 1000 10000 60000 70000 80000 90000 100000 100000
Source: Ahoi 2009
解题思路
线段树的双lazy，我看了一个式子搞懂的$$(ax+b)*c+d=acx+bc+d$$
这个式子告诉我们——加法懒标记不会影响乘法懒标记，但下放乘法懒标记时必须把加法懒标记也乘一下
源代码
#include<stdio.h> #define lson(x) ((x)<<1) #define rson(x) (((x)<<1)|1) #define mid(x,y) ((x)+(y)>>1) #define mo(x) x%=p long long n,m,p; long long a[100010]={0}; struct segtree{ int l,r; long long sum; }t[1000010]; long long lazya[1000010];//加法懒标记 long long lazym[1000010];//乘法懒标记 void maketree(int x,int l,int r) { t[x]={l,r,0}; lazym[x]=1;lazya[x]=0; if(l==r) { t[x].sum=a[l]%p; return; } maketree(lson(x),l,mid(l,r)); maketree(rson(x),mid(l,r)+1,r); t[x].sum=(t[lson(x)].sum+t[rson(x)].sum)%p; } void pushdown(int x) { int ls=lson(x),rs=rson(x); if(lazym[x]!=1) { t[ls].sum*=lazym[x];mo(t[ls].sum); t[rs].sum*=lazym[x];mo(t[rs].sum); lazym[ls]*=lazym[x];mo(lazym[ls]); lazym[rs]*=lazym[x];mo(lazym[rs]); lazya[ls]*=lazym[x];mo(lazya[ls]); lazya[rs]*=lazym[x];mo(lazya[rs]); lazym[x]=1; } if(lazya[x]) { t[ls].sum+=(t[ls].r-t[ls].l+1)*lazya[x];mo(t[ls].sum); t[rs].sum+=(t[rs].r-t[rs].l+1)*lazya[x];mo(t[rs].sum); lazya[ls]+=lazya[x];mo(lazya[ls]); lazya[rs]+=lazya[x];mo(lazya[rs]); lazya[x]=0; } } void upc(int x,int l,int r,long long k) { if(l>t[x].r||r<t[x].l)return; if(l<=t[x].l&&t[x].r<=r) { t[x].sum*=k;mo(t[x].sum); lazym[x]*=k;mo(lazym[x]); lazya[x]*=k;mo(lazya[x]); return; } pushdown(x); upc(lson(x),l,r,k); upc(rson(x),l,r,k); t[x].sum=t[lson(x)].sum+t[rson(x)].sum;mo(t[x].sum); } void upj(int x,int l,int r,long long k) { if(l>t[x].r||r<t[x].l)return; if(l<=t[x].l&&t[x].r<=r) { t[x].sum+=(t[x].r-t[x].l+1)*k;mo(t[x].sum); lazya[x]+=k;mo(lazya[x]); return; } pushdown(x); upj(lson(x),l,r,k); upj(rson(x),l,r,k); t[x].sum=t[lson(x)].sum+t[rson(x)].sum;mo(t[x].sum); } long long query(int x,int l,int r) { if(l>t[x].r||r<t[x].l)return 0; if(l<=t[x].l&&t[x].r<=r) return t[x].sum; pushdown(x); return (query(lson(x),l,r)%p+query(rson(x),l,r)%p)%p; } int main() { //freopen("test.in","r",stdin); scanf("%lld%lld",&n,&p); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",a+i); scanf("%lld",&m); maketree(1,1,n); for(long long i=1,mode,x,y,k;i<=m;i++) { scanf("%lld",&mode); if(mode==1) { scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&k); upc(1,x,y,k); } else if(mode==2) { scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&k); upj(1,x,y,k); } else { scanf("%lld%lld",&x,&y); printf("%lld\n",query(1,x,y)); } } return 0; }
![每日一题 <P1403 [AHOI2005]约数研究>](https://ucc.alicdn.com/pic/developer-ecology/lrq6ktrlpeays_32a4b5422d894daa8029a1e811f72102.png?x-oss-process=image/resize,h_160,m_lfit)
