[BZOJ 4809] 相逢是问候

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Solution:

以前没见过的套路题……

1、使用EXT欧拉定理降幂的套路：

$a^{x}=a^{xmod\phi(P)+\phi(P)} mod P$，且$x\ge P$

这样对于$c^{c^{c^x}}modP$就能递推/递归得套用上述定理计算，每层模数多套一层$\phi$即可

注意每次在快速幂时要判断当前指数是否大于当前模数才能用EXT！

2、能证明一个数最多求$log$次$\phi$就会变成1

这样在$log$次内暴力更新，否则不管，就能保证$O(n*log^3)$

3、复杂度中的3个$log$分别是：

更新$log$次，每次更新迭代$log$层，每层要算一次快速幂

明显只能优化快速幂。由于底不变，模数只有$log$种，想到分数的前后两部分预处理！

分块预处理出$[1,(1<<16)]$和$[1*(1<<16),(1<<16)*(1<<16)]$的答案以及与模数的大小关系

这样每次拆出指数的前16位和后16位$O(1)$计算答案和大小关系就能做到$O(n*log^2)$

4、听说原题数据锅了……

虽然$\phi(2)$和$\phi(1)$都为1，但要更新到$\phi(1)$！

否则在最顶层指数为0时最终会迭代出$cmod2$而非$cmod1$，不一定为0！

Code:

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define Y second
#define pb push_back
typedef double db;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int MAXN=1e5+;
ll pre[][<<][];
bool f[][<<][];
int n,m,p,c,dat[MAXN],phi[],cnt;

int getphi(int x)
{
    int ret=x;
    for(int i=;i*i<=x;i++)
        if(x%i==)
        {
            ret=ret/i*(i-);
            while(x%i==) x/=i;
        }
    if(x!=) ret=ret/x*(x-);
    return ret;
}
ll quick_pow(ll a,ll b,ll MOD,bool &f)
{
    ll ret=;
    for(;b;b>>=,a=a*a%MOD)
    {
        //判断是否大于某个数两个地方都要判！
        if(b&) f|=(ret*a>=MOD),ret=ret*a%MOD;
        f|=(a*a>=MOD&&b!=);
    }
    return ret;
}
int QP(int x,int num,bool &flag)
{
    int a=x&((<<)-),b=x>>;
    ll ret=1ll*pre[num][a][]*pre[num][b][];
    flag=f[num][a][]|f[num][b][]|(ret>=phi[num]);
    return ret%phi[num];
}
int cal(int x,int st)
{
    int ret=x;
    if(ret>=phi[st])
        ret=ret%phi[st]+phi[st];
    while(st--)
    {
        bool f=;
        ret=QP(ret,st,f);
        //注意特判，仅在指数>模数时可使用EXT欧拉定理
        if(f&&st) ret+=phi[st];
    }
    return ret%p;
}
void PRE()
{
    //分块预处理
    for(int i=;i<=cnt;i++)
    {
        pre[i][][]=pre[i][][]=;
        if(phi[i]==) f[i][][]=f[i][][]=;
        pre[i][][]=quick_pow(c,,phi[i],f[i][][]);
        int tmp=pre[i][][]=quick_pow(c,<<,phi[i],f[i][][]);

        for(int j=;j<<<;j++)
        {
            f[i][j][]=f[i][j-][]|(pre[i][j-][]*c>=phi[i]);
            pre[i][j][]=pre[i][j-][]*c%phi[i];
            f[i][j][]=f[i][j-][]|(pre[i][j-][]*tmp>=phi[i]);
            pre[i][j][]=pre[i][j-][]*tmp%phi[i];
        }
    }
}

namespace SegmentTree
{
    #define mid ((l+r)>>1)
    #define ls k<<1
    #define rs k<<1|1
    #define lc ls,l,mid
    #define rc rs,mid+1,r

    int sum[MAXN<<],tag[MAXN<<];
    void pushup(int k)
    {
        tag[k]=min(tag[ls],tag[rs]);
        sum[k]=(sum[ls]+sum[rs])%p;
    }
    void build(int k,int l,int r)
    {
        if(l==r)
        {sum[k]=dat[l]%p;tag[k]=;return;}
        build(lc);build(rc);pushup(k);
    }
    void modify(int a,int b,int k,int l,int r)
    {
        if(tag[k]>=cnt) return;
        if(l==r)
        {sum[k]=cal(dat[l],++tag[k]);return;}
        if(a<=mid) modify(a,b,lc);
        if(b>mid) modify(a,b,rc);
        pushup(k);
    }
    int query(int a,int b,int k,int l,int r)
    {
        if(a<=l&&r<=b) return sum[k];
        int ret=;
        if(a<=mid) (ret+=query(a,b,lc))%=p;
        if(b>mid) (ret+=query(a,b,rc))%=p;
        return ret;
    }
}
using namespace SegmentTree;

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&c);
    for(int i=;i<=n;i++)
        scanf("%d",&dat[i]);
    phi[]=p;
    while(phi[cnt]!=)
        cnt++,phi[cnt]=getphi(phi[cnt-]);
    //要迭代到phi(1)=1，而不能仅迭代到phi(2)=1
    //否则在x=0时最后一层会出现c%2
    phi[++cnt]=;PRE();

    build(,,n);
    while(m--)
    {
        int op,l,r;
        scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);
        if(!op) modify(l,r,,,n);
        else printf("%d\n",query(l,r,,,n));
    }
    return ;
}