[六省联考2017]相逢是问候
题意
给一个序列，支持两个操作：将一段区间中的每一个\(a_i\)赋值为\(c^{a_i}\)，\(c\) 给定；区间求和，对\(mod\)取模，不保证\(mod\)为质数
思路
显然线段树，然而此题先要单点修改
计算中指数会非常大，但是本题\(mod\)又不是质数，于是可以套用欧拉定理的推论：
\(a^{b}≡a^{b\% \varphi(p)+\varphi(p)},(mod\) \(p)\)
由于c不变，所以赋值操作进行了几次之后就会变成求：
\(c^{c^{c^{a_i}}}\% mod=\) \(c^{c^{c^{a_i}}\% \varphi(mod)+\varphi(mod)}\%mod\)
可以看出这是一个递归形式，即求
\(c^{c^{a_i}}\% \varphi(mod)\)
一直递归下去，可以（不会）证明\(log\)次左右后\(\varphi\)将为1，所以当一个点计算了\(log\)次之后，再对它进行赋值操作就不会改变它的值了
预处理出\(\varphi\)，对于修改操作，直接暴力修改，当一个区间中最小的修改次数都大于了不同的\(\varphi\)的个数，就没有必要进入这个区间了
对于单点修改，直接递归求解即可，这个操作复杂度为\(log^2n\)
整个算法复杂度为线段树*单点修改，即\(O(nlog^3n)\)，可能可以通过此题，可以预处理出\(c\)的幂来去掉一个\(log\)（由于指数很大，所以需要将指数拆成两部分分别预处理出c的幂，具体见代码）
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define N 50005
#define re register
#define Min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m;
ll mod,phi[100],c,a[N],cnt;
ll sum[N<<2],t[N<<2],pow1[N][100],pow2[N][100];
bool tag1[N][100],tag2[N][100],flag;
template <class T>
void read(T &x)
{
char c;int sign=1;
while((c=getchar())>'9'||c<'0') if(c=='-') sign=-1; x=c-48;
while((c=getchar())>='0'&&c<='9') x=x*10+c-48; x*=sign;
}
ll quickpow(ll a,ll b,ll mod)
{
ll ret=1;
while(b)
{
if(b&1) ret=ret*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return ret;
}
ll ph(ll x)
{
ll ret=x;
for(int i=2;i*i<=x;++i)
{
if(x%i==0)
{
while(x%i==0) x/=i;
ret=ret*(i-1)/i;
}
}
if(x!=1) ret=ret*(x-1)/x;
return ret;
}
void pushup(int rt)
{
sum[rt]=(sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1])%mod;
t[rt]=Min(t[rt<<1],t[rt<<1|1]);
}
inline ll calc(ll v,ll id)
{
flag=0;
ll v1=v%10000,v2=v/10000,ret=pow1[v1][id]*pow2[v2][id];
if(ret>=phi[id]) ret=ret%phi[id],flag=1;
flag|=tag1[v1][id]|tag2[v2][id];
return ret;
}
ll dfs(ll vi,int deep,int lim)
{
flag=0;
if(deep==lim)
{
if(vi>=phi[deep]) flag=1,vi%=phi[deep];
return vi;
}
ll ci=dfs(vi,deep+1,lim);
return calc(flag?ci+phi[deep+1]:ci,deep);
}
void init()
{
phi[cnt=0]=mod;
while(phi[cnt]!=1) ++cnt,phi[cnt]=ph(phi[cnt-1]);
phi[++cnt]=1;
for(int i=0;i<=cnt;++i)
{
pow1[0][i]=1;
for(int j=1;j<=10000;++j)
{
pow1[j][i]=pow1[j-1][i]*c;
if(pow1[j][i]>=phi[i])
{
pow1[j][i]%=phi[i];
tag1[j][i]=true;
}
tag1[j][i]|=tag1[j-1][i];
}
}
for(int i=0;i<=cnt;++i)
{
pow2[0][i]=1;
tag2[1][i]=tag1[10000][i];
for(int j=1;j<=10000;++j)
{
pow2[j][i]=pow2[j-1][i]*pow1[10000][i];
if(pow2[j][i]>=phi[i])
{
pow2[j][i]%=phi[i];
tag2[j][i]=true;
}
tag2[j][i]|=tag2[j-1][i];
}
}
}
void modify(int rt,int l,int r,int x,int y)
{
if(t[rt]>=cnt) return;
if(l==r)
{
++t[rt];
sum[rt]=dfs(a[l],0,t[rt]);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid) modify(rt<<1,l,mid,x,y);
if(y>mid) modify(rt<<1|1,mid+1,r,x,y);
pushup(rt);
}
ll query(int rt,int l,int r,int x,int y)
{
if(x<=l&&r<=y) return sum[rt];
int mid=(l+r)>>1;
ll ret=0;
if(x<=mid) ret+=query(rt<<1,l,mid,x,y);
if(y>mid) ret=(ret+query(rt<<1|1,mid+1,r,x,y))%mod;
return ret;
}
void build(int rt,int l,int r)
{
if(l==r)
{
sum[rt]=a[l];
t[rt]=0;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(rt<<1,l,mid);
build(rt<<1|1,mid+1,r);
pushup(rt);
}
int main()
{
// freopen("verbinden.in","r",stdin);
// freopen("verbinden.out","w",stdout);
read(n);read(m);read(mod);read(c);
for(re int i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
init();
build(1,1,n);
while(m--)
{
int k,l,r;
read(k);read(l);read(r);
if(!k) modify(1,1,n,l,r);
else printf("%lld\n",query(1,1,n,l,r));
}
return 0;
}
