奇数国

$$\mathrm{奇数国}$$

题目链接：$\mathrm{l}\mathrm{u}\mathrm{o}\mathrm{g}\mathrm{u}\mathrm{P}4140$

题目

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 $3^{100000}$ 。这里发行的软妹面额是最小的 $60$ 个素数（ $p_1=2,p_2=3,\dots ,p_{60}=281$ ），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 $fortune=p_1^{k_1}\times p_2^{k_2}\times \dots p_{60}^{k_{60}}$ 。

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（记为 $product$ ），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 $number\times x+product\times y=1$ ，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 $10^6$ 。

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。

输入

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 $a_i,b_i,c_i$ 。 $a_i$ 为 $0$ 时表示该条记录是清点计划，领袖会清点 $b_i$ 到 $c_i$ 的银行存款，你需要对该条记录计算出 GFS 想要的答案。 $a_i$ 为 $1$ 时表示该条记录是存款变动，你要把银行 $b_i$ 的存款改为 $c_i$ ，不需要对该记录进行计算。

输出

对于每个询问，输出一行一个整数表示答案。

样例输入

6
0 1 3
1 1 5
0 1 3
1 1 7
0 1 3
0 2 3

样例输出

18
24
36
6

样例解释

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。

数据范围

所有数据均满足： $x\ge 1$ ， $c_i-b_i\ge 0$ 。

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子任务编号	分值	$x\le$	$c_i-b_i\le$	特殊性质
$1$	$20$	$10^4$	$100$	有
$2$	$30$	$5\ast 10^4$	$10^4$	无
$3$	$50$	$10^5$	$10^5$	无

特殊性质指：所有 $product\le 10^{18}$ 。

思路

这道题就是数学题，不过要用线段树来维护。

我们可以发现，其实这道题要求的就是区间的积的欧拉函数。
众所周知（但是我不知 ） ，欧拉函数可以这么求：
$$\varphi (n)=n(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})...(1-\frac{1}{p_i})$$
（ $p_i$ 表示 $n$ 的每个质因子）

因为题目说 $n$ 只由前六十个素数组成，那这种方法就是可行的。
这六十个素数和他们的逆元可以预处理，可以求出，也可以直接打表，反正我这里打表了。

至于会修改点的值和求区间的积，我们就可以发现其实完全可以用线段树来求。那我们就用线段树来维护区间的积和这个积的质因子。（用二进制来存， $2^{60}$ 可以用 $longlong$ 存下）

那基本就这样了。

代码

#include<cstdio>
#define ll long long
#define mo 19961993

using namespace std;

//预处理（打表）出素数和其逆元
ll su[] = {
    
    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};
ll ni[] = {
    
    0, 9980997, 6653998, 11977196, 8555140, 5444180, 1535538, 10568114, 14708837, 3471651, 11701858, 17386252, 1618540, 16066970, 2321162, 18263100, 16948862, 12518538, 15380552, 10725847, 1686929, 13399146, 17182475, 12025297, 15924736, 13582387, 395287, 6395590, 15857658, 16299242, 6359573, 3300802, 18742940, 6702567, 10914471, 16210746, 11765678, 5340151, 18247466, 7769638, 8077107, 11932588, 6506948, 1985748, 6619521, 5877135, 4413707, 9744480, 10115270, 14597757, 16475182, 18334191, 5011379, 18885205, 7555336, 621385, 11309266, 12170137, 12006660, 18304499, 11153142};
bool susu[301];

int n, x, y, z;
ll ans, gtree, gmi;
struct node {
    
    
	ll sum, mi;
}tree[400001];

int ksm(int x, int y) {
    
    
	if (!y) return 1;
	int re = 1;
	for (; y; y >>= 1) {
    
    
		if (y & 1) re = (re * x) % mo;
		x = (x * x) % mo;
	}
	return re;
}

void build(int l, int r, int now) {
    
    //建树
	if (l == r) {
    
    
		tree[now].sum = 3;
		tree[now].mi = 2;
		return ;
	}
	
	int mid = (l + r) / 2;
	build(l, mid, now * 2);
	build(mid + 1, r, now * 2 + 1);
	
	tree[now].sum = (tree[now * 2].sum * tree[now * 2 + 1].sum) % mo;
	tree[now].mi = 2;
}

void change(int now, int l, int r, int x, int num) {
    
    //单点修改值
	if (l == r) {
    
    
		tree[now].sum = num;
		tree[now].mi = 0;
		for (int i = 1; i <= 60; i++)
			if ((num % su[i]) == 0) tree[now].mi |= 1ll << (i - 1);
		return ;
	}
	
	int mid = (l + r) / 2;
	if (x <= mid) change(now * 2, l, mid, x, num);
		else change(now * 2 + 1, mid + 1, r, x, num);
	
	tree[now].sum = (tree[now * 2].sum * tree[now * 2 + 1].sum) % mo;
	tree[now].mi = tree[now * 2].mi | tree[now * 2 + 1].mi;
}

void getans(int now, int l, int r, int al, int ar) {
    
    //区间查询
	if (l >= al && r <= ar) {
    
    
		gtree = (gtree * tree[now].sum) % mo;
		gmi |= tree[now].mi;
		return ;
	}
	
	int mid = (l + r) / 2;
	if (al <= mid) getans(now * 2, l, mid, al, ar);
	if (mid < ar) getans(now * 2 + 1, mid + 1, r, al, ar);
}

int main() {
    
    
	build(1, 100000, 1);//建树
	
	scanf("%d", &n);//读入
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
    
		scanf("%d %d %d", &z, &x, &y);//读入
		if (z) change(1, 1, 100000, x, y);//单点改权值
			else {
    
    
				gtree = 1;
				gmi = 0;
				getans(1, 1, 100000, x, y);//区间查询
				
				ans = gtree;
				for (int i = 1; i <= 60; i++)
					if ((1ll << (i - 1)) & gmi) {
    
    //找到里面有的素数
						ans = (ans * (su[i] - 1)) % mo;
						ans = (ans * ni[i]) % mo;
					}
				
				printf("%lld\n", ans);//输出
			}
	}
	
	return 0;
}