タイトル説明
小豆の数があります\（X \） 、初期値の\（1 \） 。と小豆\（Q \）の操作は、操作の2つの種類があります。
\（1 \; Mの\）：\ （X = X \タイムズM \）出力\（X \％MOD \） 。
\（2 \; POS \）：\ （X = X / \）の\（POS \）操作の回数は、（保証乗算\（POS \）特定の型に操作を\（1 \）それぞれについて、タイプ\（1 \）動作がアップつの他の）出力することで\（X \％MOD \） 。
入力形式
合計\（T \）入力のセット（\（T \ leq5 \） ）。
入力のセットごとに、最初の行が二桁である\（Q、MOD \） （\（Q \ leq100000、MOD \ leq100000000 \） ）。
次\（Q \）行、各アクト操作型\（OP \） 、操作または番号乗算（Mの\）\（すべての入力が有効であることを保証するために）。
出力フォーマット
操作実行を含む各操作、出力線用\（X \％MOD \）値
サンプル入力と出力
入力＃1
1
10 1000000000
1 2
2 1
1 2
1 10
2 3
2 4
1 6
1 7
1 12
2 7出力＃1
2
1
2
20
10
1
6
42
504
84説明/ヒント
以下のための\（20 \％の\）データ、\（1 \のLeq Q \ leq500 \）
以下のための\（100 \％の\）データ、\（1 \のLeq Q \ leq100000 \）
問題の解決策
この質問は思考では困難であり、どのように困難なツリーラインだと思います。
暴力シミュレーションが思うのは簡単です、しかし、この質問では、暴力シミュレーションは間違っています！！！
一連の\（\ texttt {ハック} \ ） のデータ：
1
2 10
1 99
2 99出力は次のようになります。
9
1......あなたができるように精密に見えますが、空間的な複雑さに触れ~~
ここで直接正ソリューションの話します。
製品部セグメントツリーとメンテナンス操作、場合\（1 \）現在のノード操作の値が変更される（Mの\）を\ \ （2 \）加え回数が配置するノードの値代わりに\（1 \） 。
出力値は、出力ライン......ルートノードに指示することができます。
コード
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define int long long//注意long long
#define itn int
#define gI gi
using namespace std;
inline int gi()//快读
{
int f = 1, x = 0; char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}
while (c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}
return f * x;
}
int t, q, mod, tr[400003], ans;
inline int ls(int p) {return p << 1;}//左儿子
inline int rs(itn p) {return p << 1 | 1;}//右儿子
void modify(int ql, int qr, int z, int l, int r, int p)//修改节点
{
if (l == r && l == ql) {tr[p] = z; return;}//到了叶子节点进行修改
int mid = (l + r) >> 1;
if (ql <= mid) modify(ql, qr, z, l, mid, ls(p));//递归左子树
if (qr > mid) modify(ql, qr, z, mid + 1, r, rs(p));//递归右子树
tr[p] = (tr[ls(p)] % mod * tr[rs(p)] % mod) % mod;//上传节点
return;
}
signed main()
{
t = gi();
while (t--)
{
q = gi(), mod = gi();
for (int i = 1; i <= 400001; i+=1) tr[i] = 1;//注意,本题中不需要建树,只需要把所有节点的值设为1
for (int i = 1; i <= q; i+=1)
{
int op = gi(), m = gi();
if (op == 1) modify(i, i, m, 1, q, 1);//操作1,将第i个点的值修改为m
else modify(m, m, 1, 1, q, 1);//操作2,将第m个点的值修改为1
printf("%lld\n", tr[1]);//输出
}
}
return 0;
}