【BZOJ4869】【SHOI2017】相逢是问候
Description
Solution
这题涉及到指数嵌套堆叠，可能可以用欧拉函数解决。
试想一个数\(a_i\)经过\(k\)次操作后会变成什么？
\[k个c\;\;
\begin{cases}
{c^{c^{a_i}}}
\end{cases}
\]
我们有扩展欧拉定理，\(a,x,p\)为任意正整数：
\[a^x \equiv
\begin{cases}
a^{x\;mod\;\varphi(p)+\varphi(p)}&x\ge\varphi(p)\\
a^x&x<\varphi(p)
\end{cases}
\mod p
\]
记\(f(k,p,a)\)表示\(个k个c\begin{cases}{c^{c^{a}}}\end{cases}\mod p\)
\[\begin{aligned}
f(k,p,a)&=c^{c^a\; mod\;\varphi(p)\;[+\varphi(p)]}\mod p\\
&=c^{f(k-1,\varphi(p),a)\;mod\;\varphi(p)\;[+\varphi(p)]}
\end{aligned}
\]
注意后面的\([+\varphi(p)]\)要比较\(f(k-1,\varphi(p),a)\)与\(\varphi(p)\)的相对大小，如何比较呢？由于\(\varphi\)的增长速度远低于一个指数爆炸的函数，所以一旦某一次开始需要\(+\varphi(p)\)时，之后就一定都需要加了。我们维护一个flag表示是否需要加。当\(f\)还比较小的时候（靠近底层），我们可以通过预处理的一些\(c\)的幂（不模）来判断，那么这一部分就这样解决了。
至多经过\(O(\log p)\)次递归后，\(p\)会变成1，这是一个边界条件，因为此时\(f(k,1,a)=0\)，再多的递归也毫无意义了。这意味着每一个数进行\(O(\log p)\)次操作后，它的值就不会再变化了，它的\(f\)会是一个定值。
我们想到了线段树的经典处理方法：如果这一段还有人未固定，那么就递归计算；否则，这一段根本不需要改变，直接退出。
实现细节较多，我们要省去快速幂的过程，所以做一个10000进制的快速幂预处理。我想了好久才想出\(f\)的计算代码......
Code
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=50005;
int n,m,MOD,c;
int a[N];
int dphi[100],dcnt;
ll mi[63];
int maxtop;
int mi1[80][10001],mi2[80][10001];
inline int add(int x,int y){return (x+y)%MOD;}
int powc(int x,int id){
int s1=x/10000,s2=x-s1*10000;
return 1LL*mi1[id][s2]*mi2[id][s1]%dphi[id];
}
inline int getPhi(int x){//计算phi(x) O(sqrt(x))
int res=x;
for(int i=2;i*i<=x;i++)
if(!(x%i)){
res-=res/i;
while(!(x%i)) x/=i;
}
if(x!=1) res-=res/x;
return res;
}
inline int ksm(int x,int y,int M){//计算x^y % M
int res=1;
for(;y;x=1LL*x*x%M,y>>=1)
if(y&1) res=1LL*res*x%M;
return res;
}
inline bool check(int x,int p){return (x>maxtop)||(mi[x]>=p);}//检查c^x是否大于等于p
bool calc(int x,int d,int &y){//计算f d=k,p=输入的MOD,a=x
if(d>dcnt) return true;
bool flag=false;
if(x>=dphi[d]) flag=true;
ll last=(x%dphi[d]+(flag?dphi[d]:0));
ll res=powc(last,d-1);
for(int i=d-2;i>=0;i--){
if(!flag) flag|=check(last,dphi[i+1]);
if(flag) res+=dphi[i+1];
last=res;
res=powc(last,i);
}
y=res;
return false;
}
namespace SEG{/*{{{*/
int rt,sz,ch[N*2][2],sum[N*2],last[N*2],dep[N*2];
bool ok[N*2];
inline void pushup(int u){
sum[u]=add(sum[ch[u][0]],sum[ch[u][1]]);
ok[u]=ok[ch[u][0]]&&ok[ch[u][1]];
}
void build(int &u,int l,int r){
u=++sz;
if(l==r){
sum[u]=a[l];
last[u]=0;
ok[u]=false;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(ch[u][0],l,mid);
build(ch[u][1],mid+1,r);
pushup(u);
}
void modify(int u,int l,int r,int L,int R){
if(L>R) return;
if(ok[u]) return;
if(l==r){
last[u]=sum[u];
dep[u]++;
if(calc(a[l],dep[u],sum[u])) ok[u]=true;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(L<=mid) modify(ch[u][0],l,mid,L,R);
if(mid<R) modify(ch[u][1],mid+1,r,L,R);
pushup(u);
}
int query(int u,int l,int r,int L,int R){
if(L>R) return 0;
if(L<=l&&r<=R) return sum[u];
int mid=(l+r)>>1,res=0;
if(L<=mid) res=query(ch[u][0],l,mid,L,R);
if(mid<R) res=add(res,query(ch[u][1],mid+1,r,L,R));
return res;
}
}/*}}}*/
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&MOD,&c);
mi[0]=1;
if(c!=1)
for(maxtop=1;mi[maxtop-1]<=MOD;maxtop++)
mi[maxtop]=mi[maxtop-1]*c;
maxtop--;
dphi[0]=MOD;
for(dcnt=1;;dcnt++){
dphi[dcnt]=getPhi(dphi[dcnt-1]);
if(dphi[dcnt]==1) break;
}
dphi[++dcnt]=1;
for(int k=0;k<=dcnt;k++){
mi1[k][0]=1;
for(int i=1;i<=10000;i++) mi1[k][i]=1LL*mi1[k][i-1]*c%dphi[k];
for(int i=0;i<=10000;i++) mi2[k][i]=ksm(mi1[k][i],10000,dphi[k]);
}
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
SEG::build(SEG::rt,1,n);
int opt,x,y;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&opt,&x,&y);
if(!opt) SEG::modify(SEG::rt,1,n,x,y);
else printf("%d\n",SEG::query(SEG::rt,1,n,x,y));
}
return 0;
}
