【Codeforces Round #538 (Div. 2) F. Please, another Queries on Array?】欧拉函数+线段树+状压

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F. Please, another Queries on Array?

题意

给你一个长度为n的序列，序列中第i个数为 $a_i$, $1 \leq a_i \leq 300$
之后有q次操作，每次操作有两种形式
1：区间乘x， $1 \leq x \leq 300$
2: 询问区间乘积的欧拉函数。

$1 \leq n \leq 4*10^5$
$1 \leq q \leq 2*10^5$
做法

这道题得突破点在于这个300，首先我们要知道欧拉函数的一种求法是
$\varphi \left( x \right) =x\underset{i=1}{\overset{n}{\varPi}}\left( 1-\frac{1}{p_i} \right)$
$p_i$表示x的每一个质因子，相同的质因子只计算一次。

那么也就是我们如果知道这个区间的乘积以及这个区间包含哪些质因子即可，
区间乘积可以通过维护简单的区间乘计算出来，由于每个数小于 $300$，我们发现小于 $300$的质因子只有 $62$个，正好可以用一个 $longlong$表示， $1$表示这个质因子出现过， $0$表示没有出现过，线段树再维护一个区间质因子出现情况即可，下推标记时用或运算即可。
这样查询得复杂度是 $logn$,修改的复杂度也是 $logn$，所以总体上复杂度就是 $O(qlogn)$

代码

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 4e5+5;
const int Mod=1000000007;
ll a[maxn];
int prime[maxn];
int flag[maxn+5];
int tot;
ll pp[maxn];
void init()
{
    for(int i=2;i<=maxn;i++)
    if(!flag[i])
    {
        prime[++tot]=i;
        for(int j=i+i;j<=maxn;j+=i)
            flag[j]=1;
    }
}
vector<int> v;
ll pow_(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=ans*a%Mod;
        b>>=1;
        a=a*a%Mod;
    }
    return ans;
}
ll inv_(int x)
{
    return pow_(x,Mod-2);
}
struct T
{
    int l,r,mid;
    ll mul,pri,val,tt;
}tree[maxn<<2];
void push_up(int rt)
{
    tree[rt].val=tree[rt<<1].val*tree[rt<<1|1].val%Mod;
    tree[rt].pri=tree[rt<<1].pri|tree[rt<<1|1].pri;
}
void push_down(int rt)
{
    if(tree[rt].mul!=1)
    {
        ll tmp=tree[rt].mul;
        tree[rt<<1].val=tree[rt<<1].val*pow_(tmp,tree[rt<<1].r-tree[rt<<1].l+1)%Mod;
        tree[rt<<1].mul=tree[rt<<1].mul*tmp%Mod;
        tree[rt<<1|1].val=tree[rt<<1|1].val*pow_(tmp,tree[rt<<1|1].r-tree[rt<<1|1].l+1)%Mod;
        tree[rt<<1|1].mul=tree[rt<<1|1].mul*tmp%Mod;
        tree[rt].mul=1;
    }
    if(tree[rt].tt!=0)
    {
        ll tmp=tree[rt].tt;
        tree[rt<<1].pri=tree[rt<<1].pri|tmp;
        tree[rt<<1|1].pri=tree[rt<<1|1].pri|tmp;
        tree[rt<<1].tt|=tmp;
        tree[rt<<1|1].tt|=tmp;
        tree[rt].tt=0;
    }
}
void build(int rt,int l,int r)
{
    tree[rt].l=l;
    tree[rt].r=r;
    tree[rt].mul=1;
    tree[rt].tt=0;
    if(l==r)
    {
        tree[rt].val=a[l];
        tree[rt].pri=pp[l];
        return ;
    }
    int mid=tree[rt].mid=l+r>>1;
    build(rt<<1,l,mid);
    build(rt<<1|1,mid+1,r);
    push_up(rt);
}
void update(int rt,int l,int r,int x,ll pri)
{
    if(tree[rt].l>r||tree[rt].r<l)  return ;
    if(tree[rt].l>=l&&tree[rt].r<=r)
    {
        tree[rt].val=tree[rt].val*pow_(x,tree[rt].r-tree[rt].l+1)%Mod;
        tree[rt].mul=tree[rt].mul*x%Mod;
        tree[rt].tt|=pri;
        tree[rt].pri|=pri;
        return ;
    }
    push_down(rt);
    if(l<=tree[rt].mid) update(rt<<1,l,r,x,pri);
    if(r>tree[rt].mid) update(rt<<1|1,l,r,x,pri);
    push_up(rt);
    return ;
}
ll query(int rt,int l,int r,ll &pri)
{
    if(tree[rt].l>r||tree[rt].r<l)  return 1;
    if(tree[rt].l>=l&&tree[rt].r<=r)
    {
        pri=pri|tree[rt].pri;
        return tree[rt].val;
    }
    push_down(rt);
    ll ans=1;
    if(tree[rt].mid>=l) ans=ans*query(rt<<1,l,r,pri)%Mod;
    if(tree[rt].mid<r) ans=ans*query(rt<<1|1,l,r,pri)%Mod;
    push_up(rt);
    return ans;
}
char Q[20];
int main()
{
    init();
    for(int i=1;i<=tot;i++) if(prime[i]<=300) v.push_back(prime[i]);
    int n,q;
    scanf("%d%d",&n,&q);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ll tt=0;
        for(int j=0;j<v.size();j++) if(a[i]%v[j]==0) tt=tt|(1LL<<j);
        pp[i]=tt;
    }
    build(1,1,n);
    while(q--)
    {
        int l,r,x;
        scanf("%s",Q);
        if(Q[0]=='M')
        {
            scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
            ll tt=0;
            for(int i=0;i<v.size();i++) if(x%v[i]==0) tt=tt|(1LL<<i);
            update(1,l,r,x,tt);
        }
        else
        {
            ll tt=0;
            scanf("%d%d",&l,&r);
            ll ans=query(1,l,r,tt);
            for(int i=0;i<v.size();i++)
            {
                if(tt&(1LL<<i))
                {
                    ans=ans*inv_(v[i])%Mod;
                    ans=ans*(v[i]-1)%Mod;
                }
            }
            printf("%lld\n",ans);
        }
    }
    //cout << "time: " << (long long)clock() * 1000 / CLOCKS_PER_SEC << " ms" << endl;
    return 0;
}