题解 P3373 【【模板】线段树 2】
zhuwanman
2017-11-20 21:56:49
作为一道模板题这题太虐心了，然而不得不承认确实在做完之后对于线段树掌握的深入了很多。
首先先说明本题的思路。题目要求有三种操作，两种是不同的在线修改，还有一种是在查询取模后的结果。而这两种操作又是区间乘法和区间加法，我们可以惊喜的发现这两种操作对于取模运算来说都是自由的！但是面对非常大的数据，我们必须思考怎么样用线段树优雅的跑过这道题目。
面对这两种操作，可以联想到线段树的一个非常好的功能就是lazytag，只计算出确实需要访问的区间的真实值，其他的保存在lazytag里面，这样可以近似O(NlogN)的运行起来。在尝试着写了只有一个lazetag的程序之后我们发现一个lazytag是不能够解决问题的，那就上两个，分别表示乘法意义上的lazytag和加法意义上的lazytag。紧接着想到pushdown操作之后我们又发现必须在向下传递lazytag的时候人为地为这两个lazytag规定一个先后顺序，排列组合一下只有两种情况：
①加法优先，即规定好segtree[root\*2].value=((segtree[root\*2].value+segtree[root].add)\*segtree[root].mul)%p，问题是这样的话非常不容易进行更新操作，假如改变一下add的数值，mul也要联动变成奇奇怪怪的分数小数损失精度，我们内心是很拒绝的；
②乘法优先，即规定好segtree[root\*2].value=(segtree[root\*2].value\*segtree[root].mul+segtree[root].add\*(本区间长度))%p，这样的话假如改变add的数值就只改变add，改变mul的时候把add也对应的乘一下就可以了，没有精度损失，看起来很不错。
接着贴上详细注释版代码：
```cpp
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
//题目中给的p
int p;
//暂存数列的数组
long long a[100007];
//线段树结构体，v表示此时的答案，mul表示乘法意义上的lazytag，add是加法意义上的
struct node{
long long v, mul, add;
}st[400007];
//buildtree
void bt(int root, int l, int r){
//初始化lazytag
st[root].mul=1;
st[root].add=0;
if(l==r){
st[root].v=a[l];
}
else{
int m=(l+r)/2;
bt(root*2, l, m);
bt(root*2+1, m+1, r);
st[root].v=st[root*2].v+st[root*2+1].v;
}
st[root].v%=p;
return ;
}
//核心代码，维护lazytag
void pushdown(int root, int l, int r){
int m=(l+r)/2;
//根据我们规定的优先度，儿子的值=此刻儿子的值*爸爸的乘法lazytag+儿子的区间长度*爸爸的加法lazytag
st[root*2].v=(st[root*2].v*st[root].mul+st[root].add*(m-l+1))%p;
st[root*2+1].v=(st[root*2+1].v*st[root].mul+st[root].add*(r-m))%p;
//很好维护的lazytag
st[root*2].mul=(st[root*2].mul*st[root].mul)%p;
st[root*2+1].mul=(st[root*2+1].mul*st[root].mul)%p;
st[root*2].add=(st[root*2].add*st[root].mul+st[root].add)%p;
st[root*2+1].add=(st[root*2+1].add*st[root].mul+st[root].add)%p;
//把父节点的值初始化
st[root].mul=1;
st[root].add=0;
return ;
}
//update1，乘法，stdl此刻区间的左边，stdr此刻区间的右边，l给出的左边，r给出的右边
void ud1(int root, int stdl, int stdr, int l, int r, long long k){
//假如本区间和给出的区间没有交集
if(r<stdl || stdr<l){
return ;
}
//假如给出的区间包含本区间
if(l<=stdl && stdr<=r){
st[root].v=(st[root].v*k)%p;
st[root].mul=(st[root].mul*k)%p;
st[root].add=(st[root].add*k)%p;
return ;
}
//假如给出的区间和本区间有交集，但是也有不交叉的部分
//先传递lazytag
pushdown(root, stdl, stdr);
int m=(stdl+stdr)/2;
ud1(root*2, stdl, m, l, r, k);
ud1(root*2+1, m+1, stdr, l, r, k);
st[root].v=(st[root*2].v+st[root*2+1].v)%p;
return ;
}
//update2，加法，和乘法同理
void ud2(int root, int stdl, int stdr, int l, int r, long long k){
if(r<stdl || stdr<l){
return ;
}
if(l<=stdl && stdr<=r){
st[root].add=(st[root].add+k)%p;
st[root].v=(st[root].v+k*(stdr-stdl+1))%p;
return ;
}
pushdown(root, stdl, stdr);
int m=(stdl+stdr)/2;
ud2(root*2, stdl, m, l, r, k);
ud2(root*2+1, m+1, stdr, l, r, k);
st[root].v=(st[root*2].v+st[root*2+1].v)%p;
return ;
}
//访问，和update一样
long long query(int root, int stdl, int stdr, int l, int r){
if(r<stdl || stdr<l){
return 0;
}
if(l<=stdl && stdr<=r){
return st[root].v;
}
pushdown(root, stdl, stdr);
int m=(stdl+stdr)/2;
return (query(root*2, stdl, m, l, r)+query(root*2+1, m+1, stdr, l, r))%p;
}
int main(){
int n, m;
scanf("%d%d%d", &n, &m, &p);
for(int i=1; i<=n; i++){
scanf("%lld", &a[i]);
}
bt(1, 1, n);
while(m--){
int chk;
scanf("%d", &chk);
int x, y;
long long k;
if(chk==1){
scanf("%d%d%lld", &x, &y, &k);
ud1(1, 1, n, x, y, k);
}
else if(chk==2){
scanf("%d%d%lld", &x, &y, &k);
ud2(1, 1, n, x, y, k);
}
else{
scanf("%d%d", &x, &y);
printf("%lld\n", query(1, 1, n, x, y));
}
}
return 0;
}
```