题目描述
小豆现在有一个数 x ，初始值为 1 。 小豆有 Q 次操作，操作有两种类型:
1 m： x=x×m ，输出 xmodM ；
2 pos： x=x/ 第 pos 次操作所乘的数（保证第 pos 次操作一定为类型 1，对于每一个类型 1 的操作至多会被除一次），输出 xmodM 。
Input
一共有 t 组输入。
对于每一组输入，第一行是两个数字 Q,M 。
接下来 Q 行，每一行为操作类型 op ，操作编号或所乘的数字 m （保证所有的输入都是合法的）。
Output
对于每一个操作，输出一行，包含操作执行后的 xmodM 的值
Example
样例输入
1
10 1000000000
1 2
2 1
1 2
1 10
2 3
2 4
1 6
1 7
1 12
2 7
样例输入
2
1
2
20
10
1
6
42
504
84
Hint
对于 20% 的数据， 1≤Q≤500 ；
对于 100% 的数据， 1≤Q≤105,t≤5,M≤109 。
分析
这道题最简单的做法应该就是线段树了
对于第i次操作
如果是操作1，我们将编号为i的节点乘m,维护一个单点修改，最后输出区间乘积
如果是操作2，我们把编号为i的节点的权值改为1可以了，因为每一个节点只会修改一次，同样是输出区间乘积
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代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+5;
ll m,mod,q;
struct tre{
ll l,r,val;
}tr[maxn<<2];
void push_up(ll da){
tr[da].val=(tr[da<<1].val%mod*tr[da<<1|1].val%mod);
}
void build(ll da,ll le,ll ri){
tr[da].l=le;
tr[da].r=ri;
if(le==ri){
tr[da].val=1;
return;
}
ll mids=(le+ri)>>1;
build(da<<1,le,mids);
build(da<<1|1,mids+1,ri);
push_up(da);
}
void gai(ll da,ll bh,ll w){
if(tr[da].l==tr[da].r){
tr[da].val=w%mod;
return;
}
ll mids=(tr[da].l+tr[da].r)>>1;
if(bh<=mids) gai(da<<1,bh,w);
else gai(da<<1|1,bh,w);
push_up(da);
}
void gai2(ll da,ll bh,ll w){
if(tr[da].l==tr[da].r){
tr[da].val=tr[da].val%mod*w%mod;
return;
}
ll mids=(tr[da].l+tr[da].r)>>1;
if(bh<=mids) gai(da<<1,bh,w);
else gai(da<<1|1,bh,w);
push_up(da);
}
ll qh(ll da,ll le,ll ri){
if(le<=tr[da].l && ri>=tr[da].r){
return tr[da].val%mod;
}
ll ans=1;
ll mids=(tr[da].l+tr[da].r)>>1;
if(le<=mids) ans=ans*qh(da<<1,le,ri)%mod;
if(ri>mids) ans=ans*qh(da<<1|1,le,ri)%mod;
return ans%mod;
}
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%lld%lld",&q,&mod);
build(1,1,q);
for(ll i=1;i<=q;i++){
ll t;
scanf("%lld%lld",&t,&m);
if(t==1){
gai2(1,i,m);
printf("%lld\n",qh(1,1,i)%mod);
} else {
gai(1,m,1);
printf("%lld\n",qh(1,1,i)%mod);
}
}
}
return 0;
}