题目链接：
https://acm.ecnu.edu.cn/contest/173/problem/E/
思路：
区间修改，单点查询，本能地想到线段树。
本题有两种修改，如果只有一种修改，瞬间变成水题。那么两种修改该怎么维护数据呢？
以下说的“乘”“除”大多指操作1和操作2，请自行斟酌。考虑这样一种情况，如果对一个点连续地做几次乘操作，那么之后紧跟着的除操作只需要将乘操作的次数减少即可。
那么对这个点的操作将会变成连续的一段乘或者除。如果一段除操作之后出现了乘操作，那只能在一段除之后做一段乘操作了，因为执行了除之后minprime可能会变化。
所以最后对这个点的操作将会变成一段除操作跟着一段乘操作。
那么就可以利用线段树维护这样一段操作的除乘的个数了。线段树每个节点维护两个信息：除操作个数（dat[k].div），乘操作个数(dat[k].mul)。
同时子节点的操作一定是比父节点的操作先执行的，利用这一条性质我们就可以下传延迟标记（spread();）。父节点的除与子节点的乘抵消一部分，父节点的乘加到子节点的乘。
对于查询操作，就只需要统计一个点最后应该进行多少次除(int div;)乘（int mul;）。
最后进行连续的除和乘就可以计算出答案了。如何处理呢？涉及到了一点点数论。
除只需要从最小的素因子开始除起就可以了，参考代码：
ll cal_div(ll v,int t)//对v除t次
{
if(t==0||v==1)
return v;
ll m=sqrt(v+0.5);
for(ll i=2; i<=m; ++i)
while(v%i==0)//如果整除，就一定是素因子
{
v/=i;
--t;
if(t==0||v==1)
return v;
}
return 1;//如果还未除完所有素因子，那么有且只有一个素因子分布在sqrt(v)之后，除掉就变成1了。
}
对于乘，本题卡了一下快速幂，参考代码：
ll quick_pow(ll a,ll b)
{
ll res=1;
a%=mod;
while(b)
{
if(b&1)
res=res*a%mod;
b>>=1;
a=a*a%mod;
}
return res;
}
int cal_mul(ll v,int t)
{
if(t==0||v==1)
return v;
ll m=sqrt(v+0.5);
int k=v;
for(ll i=2; i<=m; ++i)
if(v%i==0)
{
k=i;
break;
}
v%=mod;
k%=mod;
return v*quick_pow(k,t)%mod;
}
整体框架：
- 从线段树获取除乘次数。
- 计算答案
完整代码：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int maxn=100000+5; 4 const int mod=1000000007; 5 typedef long long ll; 6 7 struct Tree 8 { 9 int mul,div; 10 }; 11 12 Tree dat[maxn*4]; 13 int a[maxn]; 14 15 ll cal_div(ll v,int t) 16 { 17 if(t==0||v==1) 18 return v; 19 20 ll m=sqrt(v+0.5); 21 22 for(ll i=2; i<=m; ++i) 23 while(v%i==0) 24 { 25 v/=i; 26 --t; 27 if(t==0||v==1) 28 return v; 29 } 30 return 1; 31 } 32 33 ll quick_pow(ll a,ll b) 34 { 35 ll res=1; 36 a%=mod; 37 while(b) 38 { 39 if(b&1) 40 res=res*a%mod; 41 b>>=1; 42 a=a*a%mod; 43 } 44 return res; 45 } 46 47 int cal_mul(ll v,int t) 48 { 49 if(t==0||v==1) 50 return v; 51 52 ll m=sqrt(v+0.5); 53 54 int k=v; 55 56 for(ll i=2; i<=m; ++i) 57 if(v%i==0) 58 { 59 k=i; 60 break; 61 } 62 v%=mod; 63 k%=mod; 64 65 return v*quick_pow(k,t)%mod; 66 } 67 68 void spread(int k,int l,int r) 69 { 70 if(dat[k].div==0&&dat[k].mul==0) 71 return; 72 int lc=2*k+1; 73 int rc=2*k+2; 74 75 int t=min(dat[k].div,dat[lc].mul); 76 dat[lc].mul-=t; 77 dat[lc].div+=dat[k].div-t; 78 dat[lc].mul+=dat[k].mul; 79 80 t=min(dat[k].div,dat[rc].mul); 81 dat[rc].mul-=t; 82 dat[rc].div+=dat[k].div-t; 83 dat[rc].mul+=dat[k].mul; 84 85 dat[k].div=dat[k].mul=0; 86 } 87 88 void change1(int x,int y,int k,int l,int r)//mul 89 { 90 int m=(l+r)>>1; 91 int lc=2*k+1; 92 int rc=2*k+2; 93 94 if(x<=l&&y>=r) 95 { 96 ++dat[k].mul; 97 return; 98 } 99 spread(k,l,r); 100 if(x<m) 101 change1(x,y,lc,l,m); 102 if(y>m) 103 change1(x,y,rc,m,r); 104 } 105 106 void change2(int x,int y,int k,int l,int r)//div 107 { 108 if(x<=l&&y>=r) 109 { 110 if(dat[k].mul) 111 --dat[k].mul; 112 else ++dat[k].div; 113 return; 114 } 115 spread(k,l,r); 116 int m=(l+r)>>1; 117 int lc=2*k+1; 118 int rc=2*k+2; 119 120 if(x<m) 121 change2(x,y,lc,l,m); 122 if(y>m) 123 change2(x,y,rc,m,r); 124 } 125 126 void query(int &div,int &mul,int pos,int k,int l,int r) 127 { 128 if(r-l==1) 129 { 130 int t=min(mul,dat[k].div); 131 mul-=t; 132 div+=dat[k].div-t; 133 mul+=dat[k].mul; 134 return; 135 } 136 137 int m=(l+r)>>1; 138 int lc=2*k+1; 139 int rc=2*k+2; 140 141 if(pos<m) 142 query(div,mul,pos,lc,l,m); 143 else 144 query(div,mul,pos,rc,m,r); 145 146 int t=min(mul,dat[k].div); 147 mul-=t; 148 div+=dat[k].div-t; 149 mul+=dat[k].mul; 150 } 151 152 int main() 153 { 154 int n,m; 155 scanf("%d%d",&n,&m); 156 for(int i=0; i<n; ++i) 157 scanf("%d",a+i); 158 159 int op,x,y; 160 161 while(m--) 162 { 163 scanf("%d",&op); 164 if(op==3) 165 { 166 scanf("%d",&x); 167 int div=0; 168 int mul=0; 169 query(div,mul,x-1,0,0,n);//传引用计算div,mul 170 171 ll ans=cal_div(a[x-1],div);//除 172 ans=cal_mul(ans,mul);//乘 173 174 printf("%lld\n",ans%mod); 175 } 176 else 177 { 178 scanf("%d%d",&x,&y); 179 if(op==1) 180 change1(x-1,y,0,0,n);//乘 181 else 182 change2(x-1,y,0,0,n);//除 183 } 184 } 185 return 0; 186 }