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正题

原题是清华集训2014的玄学。

因为对于i到j操作进行询问，所以考虑对操作建一棵线段树，每一个点存有一些区间，对于每一个点，这些区间的并为 $[1,n]$ ，每个区间存有两个值 $(a,b)$ ，对于这个区间内的每一个数k，表示经过我所管理的线段树操作后，会变成 $ax+b$ 。

可以把这些区间转化成多个断点，每次加入一个询问操作会多两个断点，对于线段树上的一条链贡献，所以断点个数总和不超过 $O(m\log m)$ ，但是遍历一条链，加断点的时间复杂度是不正确的，考虑一棵线段树的子树，当且仅当它满的时候，才把左右儿子进行合并，因为之前不可能访问到线段树中的这个节点。

合并两个端点可以直接过一遍，复杂度跟断点个数相关，所以插入时间复杂度还是 $O(m \log m)$

查询的时候，在线段树上找到对应的节点，二分找到对应的 $(a,b)$ ，把它们合并即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define ls now<<1
#define rs now<<1|1
using namespace std;

const int N=100010;
int T,n,mod,m,t=0;
int A[N];

struct node{
	int l,r,a,b;
	node operator+(const node q)const {return (node){0,0,1ll*a*q.a%mod,(1ll*b*q.a%mod+q.b)%mod};}
}X;
vector<node> tr[N*10];

void calc(int &a,int &b,int c,int d){
	a=1ll*a*c%mod,b=1ll*c*b%mod+d;
	b>=mod?b-=mod:0;
}

void upload(int now){
	int a,b,l=0;
	for(int i=0,j=0;i<tr[ls].size() && j<tr[rs].size();){
		a=tr[ls][i].a;b=tr[ls][i].b;
		calc(a,b,tr[rs][j].a,tr[rs][j].b);
		if(tr[ls][i].r<=tr[rs][j].r){
			tr[now].push_back((node){l+1,tr[ls][i].r,a,b});
			l=tr[ls][i].r;
			if(tr[ls][i].r==tr[rs][j].r) i++,j++;
			else i++;
		}
		else tr[now].push_back((node){l+1,tr[rs][j].r,a,b}),l=tr[rs][j].r,j++;
	}
}

bool insert(int now,int x,int l,int r,node F){
	if(l==r){
		if(F.l>1) tr[now].push_back((node){1,F.l-1,1,0});
		tr[now].push_back(F);
		if(F.r<n) tr[now].push_back((node){F.r+1,n,1,0});
		return true;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	if(x<=mid) {insert(ls,x,l,mid,F);return false;}
	else if(insert(rs,x,mid+1,r,F)) {upload(now);return true;}
	else return false;
}

node get_ans(int now,int x,int y,int k,int l,int r){
	if(x==l && y==r){
		int l=0,r=tr[now].size()-1;
		while(l<=r){
			int mid=(l+r)/2;
			if(tr[now][mid].r<k) l=mid+1;
			else if(tr[now][mid].l<=k && k<=tr[now][mid].r) return tr[now][mid];
			else r=mid-1;
		}
	}
	int mid=(l+r)/2;
	if(y<=mid) return get_ans(ls,x,y,k,l,mid);
	else if(mid<x) return get_ans(rs,x,y,k,mid+1,r);
	else return get_ans(ls,x,mid,k,l,mid)+get_ans(rs,mid+1,y,k,mid+1,r);
}

int main(){
	scanf("%d %d %d",&T,&n,&mod);T=T&1;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&A[i]);
	scanf("%d",&m);
	int tot=m;
	int type,x,y,a,b;
	long long last=0;
	while(m--){
		scanf("%d %d %d %d",&type,&x,&y,&a);
		if(T) x^=last,y^=last; 
		if(!type){
			scanf("%d",&b);
			t++;insert(1,t,1,tot,(node){x,y,a,b});
		}
		else{
			if(T) a^=last;
			X=get_ans(1,x,y,a,1,tot);
			printf("%lld\n",last=(1ll*A[a]*X.a%mod+X.b)%mod);
		}
	}
}

被xgc吊打的第二天，Rose's simulate，线段树分治

正题

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