[BZOJ3813] 奇数国 - 线段树
3813: 奇数国
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Description
在一片美丽的大陆上有100000个国家，记为1到100000。这里经济发达，有数不尽的账房，并且每个国家有一个银行。某大公司的领袖在这100000个银行开户时都存了3大洋，他惜财如命，因此会不时地派小弟GFS清点一些银行的存款或者让GFS改变某个银行的存款。该村子在财产上的求和运算等同于我们的乘法运算，也就是说领袖开户时的存款总和为3100000。这里发行的软妹面额是最小的60个素数（p1=2,p2=3,…,p60=281），任何人的财产都只能由这60个基本面额表示，即设某个人的财产为fortune（正整数），则fortune=p1^k1*p2^k2*......p60^K60。
领袖习惯将一段编号连续的银行里的存款拿到一个账房去清点，为了避免GFS串通账房叛变，所以他不会每次都选择同一个账房。GFS跟随领袖多年已经摸清了门路,知道领袖选择账房的方式。如果领袖选择清点编号在[a,b]内的银行财产，他会先对[a,b]的财产求和（计为product），然后在编号属于[1,product]的账房中选择一个去清点存款，检验自己计算是否正确同时也检验账房与GFS是否有勾结。GFS发现如果某个账房的编号number与product相冲，领袖绝对不会选择这个账房。怎样才算与product不相冲呢？若存在整数x,y使得number*x+product*y=1，那么我们称number与product不相冲，即该账房有可能被领袖相中。当领袖又赚大钱了的时候，他会在某个银行改变存款，这样一来相同区间的银行在不同的时候算出来的product可能是不一样的，而且领袖不会在某个银行的存款总数超过1000000。
现在GFS预先知道了领袖的清点存款与变动存款的计划，想请你告诉他，每次清点存款时领袖有多少个账房可以供他选择，当然这个值可能非常大，GFS只想知道对19961993取模后的答案。
Input
第一行一个整数x表示领袖清点和变动存款的总次数。
接下来x行，每行3个整数ai,bi,ci。ai为0时表示该条记录是清点计划，领袖会清点bi到ci的银行存款，你需要对该条记录计算出GFS想要的答案。ai为1时表示该条记录是存款变动，你要把银行bi的存款改为ci，不需要对该记录进行计算。
Output
输出若干行，每行一个数，表示那些年的答案。
Sample Input
6
013
115
013
117
013
023
013
115
013
117
013
023
Sample Output
18
24
36
6
explanation
初始化每个国家存款都为3;
1到3的product为27，[1,27]与27不相冲的有18个数;
1的存款变为5;
1到3的product为45，[1,45]与45不相冲的有24个数;
1的存款变为7;
1到3的product为63，[1,63]与63不相冲的有36个数;
2到3的product为9，[1,9]与9不相冲的有6个数。
24
36
6
explanation
初始化每个国家存款都为3;
1到3的product为27，[1,27]与27不相冲的有18个数;
1的存款变为5;
1到3的product为45，[1,45]与45不相冲的有24个数;
1的存款变为7;
1到3的product为63，[1,63]与63不相冲的有36个数;
2到3的product为9，[1,9]与9不相冲的有6个数。
HINT
x≤100000，当ai=0时0≤ci−bi≤100000
题解：
用线段树维护区间乘积，并且用一个longlong类型变量表示这个区间有没有选择某一个质数；
合并的时候乘积就直接乘起来， 状态直接把左儿子右儿子的状态取或；
计算的时候直接按照欧拉函数的数学公式算
Code：
#include <iostream> #include <cstdio> #include <bitset> #include <algorithm> using namespace std; #define ll long long #define mod 19961993 int TI; int ps[66] = {0,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,107,109,113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199,211,223,227,229,233,239,241,251,257,263,269,271,277,281}; int inv[300]; struct Segment { ll sum; ll bit; Segment() {sum = 1, bit = 0;} }t[400009], ans; #define ls(o) o << 1 #define rs(o) o << 1 | 1 #define sum(o) t[o].sum #define bit(o) t[o].bit inline void update(int o){sum(o)=sum(ls(o))*sum(rs(o))%mod;bit(o)=(bit(ls(o))|bit(rs(o)));} inline void build(int o, int l, int r) { if (l == r) { sum(o) = 3; bit(o) = 2; return ; } int mid = l + r >> 1; build(o<<1, l, mid); build(o<<1|1, mid + 1, r); sum(o)=sum(ls(o))*sum(rs(o))%mod; bit(o) = 2; } inline void change(int l,int r, int o, int now, int der) { if (l == r) { sum(now) = der; ll p = 0; for (register int i = 1 ; i <= 60 ; i ++) if (der % ps[i] == 0) p |= 1LL<<(i-1); bit(now) = p; return ; } int mid = l + r >> 1; if (o <= mid) change(l, mid, o, ls(now), der); else change(mid + 1, r, o, rs(now), der); sum(now) = sum(ls(now)) * sum(rs(now)) % mod; bit(now) = bit(ls(now)) | bit(rs(now)); } inline void query(int l, int r, int lq, int rq, int o) { if (l >= lq and r <= rq) { ans.sum = (ans.sum * sum(o)) % mod; ans.bit |= bit(o); return; } int mid = l + r >> 1; if (lq <= mid) query(l, mid, lq, rq, ls(o)); if (rq > mid) query(mid + 1, r, lq, rq, rs(o)); } int main() { scanf("%d", &TI); inv[1] = 1; for (register int i = 2 ; i <= 281 ; i ++) inv[i] = (ll)(mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod; int n = 100000; build(1, 1, n); for (register int i = 1 ; i <= TI ; i ++) { int opt, x, y; scanf("%1d%1d%1d", &opt, &x, &y); if (opt == 0) { ans.sum = 1, ans.bit = 0; query(1, n, x, y, 1); ll res = ans.sum; for (register int j = 1 ; j <= 60 ; j ++) { if (ans.bit & (1LL<<(j-1))) { res = (res * (ps[j] - 1)) % mod; res = (res * inv[ps[j]]) % mod; } } printf("%d\n", (int)res); } else { change(1, n, x, 1, y); } } return 0; }
