題目描述
老師交給小可可一個維護數列的任務，現在小可可希望你來幫他完成。 有長爲N的數列，不妨設爲a1,a2,…,aN 。有如下三種操作形式：
(1)把數列中的一段數全部乘一個值;
(2)把數列中的一段數全部加一個值;
(3)詢問數列中的一段數的和，由於答案可能很大，你只需輸出這個數模P的值。
輸入格式
第一行兩個整數N和P(1≤P≤1000000000）。
第二行含有N個非負整數,從左到右依次爲a1,a2,…,aN, (0≤ai≤1000000000,1≤i≤N)。
第三行有一個整數M，表示操作總數。
從第四行開始每行描述一個操作，輸入的操作有以下三種形式：
操作1：“1 t g c”(不含雙引號)。表示把所有滿足t≤i≤g的ai改爲ai×c(1≤t≤g≤N,0≤c≤1000000000)。
操作2：“2 t g c”(不含雙引號)。表示把所有滿足t≤i≤g的ai改爲ai+c (1≤t≤g≤N,0≤c≤1000000000)。
操作3：“3 t g”(不含雙引號)。詢問所有滿足t≤i≤g的ai的和模P的值 (1≤t≤g≤N)。
同一行相鄰兩數之間用一個空格隔開，每行開頭和末尾沒有多餘空格。
輸出格式
對每個操作3，按照它在輸入中出現的順序，依次輸出一行一個整數表示詢問結果。
這題需要用線段樹進行兩種運算，所以我們需要記錄兩個延遲標記，但如何用延遲標記進行更新就成了最主要的問題：
我們將區間和寫成這種形式：
\[ len=t[d].r-t[d].l+1\\ t[d].val=(t[d].val+t[d].add*len)*t[d].mul \]
然後我們對加法標記加一個值時就會變成：
\[ t[d].val+val=(t[d].val+t[d].add*len)*t[d].mul+val*len \]
於是我們發現，如果要把這個式子寫成最初的形式，就不免把val * len改成x * t[d].mul的形式，然而x很容易就變成小數了。考慮到精度，我們選擇放棄這種方法。
換一種形式：
\[ t[d].val=t[d].val*t[d].mul+t[d].add*len \]
乘上一個值時就會變成：
\[ t[d].val*val=(t[d].val*t[d].mul+t[d].add*len)*val\\ =t[d].val*t[d].mul*val+t[d].add*val*len \]
也就是說，我們只需要給加法標記和乘法標記都乘上這個值即可。加上一個值時：
\[ t[d].val+val=t[d].val*t[d].mul+t[d].add*len+val*len\\ =t[d].val*t[d].mul+(t[d].add+val)*len \]
我們只需要把加法標記加上這個值即可。我們便可以很方便得解決這道題了。
時間複雜度爲O(NlogN)。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define maxn 100001
using namespace std;
int n,m,mod,val[maxn];
inline int read(){
register int x(0),f(1); register char c(getchar());
while(c<'0'||'9'<c){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }
while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
struct SegmentTree{
int l,r;
long long val,add,mul;
}t[maxn<<2];
inline void down(const int &d){
t[d<<1].val=(t[d<<1].val*t[d].mul % mod+(t[d<<1].r-t[d<<1].l+1)*t[d].add % mod) % mod;
t[d<<1|1].val=(t[d<<1|1].val*t[d].mul % mod+(t[d<<1|1].r-t[d<<1|1].l+1)*t[d].add % mod) % mod;
t[d<<1].mul=(t[d<<1].mul*t[d].mul) % mod;
t[d<<1|1].mul=(t[d<<1|1].mul*t[d].mul) % mod;
t[d<<1].add=(t[d<<1].add*t[d].mul % mod+t[d].add) % mod;
t[d<<1|1].add=(t[d<<1|1].add*t[d].mul % mod+t[d].add) % mod;
t[d].add=0ll,t[d].mul=1ll;
}
void build(int d,int l,int r){
t[d].l=l,t[d].r=r,t[d].add=0ll,t[d].mul=1ll;
if(l==r){ t[d].val=val[l] % mod; return; }
int mid=l+r>>1;
build(d<<1,l,mid),build(d<<1|1,mid+1,r);
t[d].val=(t[d<<1].val+t[d<<1|1].val) % mod;
}
void change_mul(int d,const int &l,const int &r,const int &val){
if(l<=t[d].l&&t[d].r<=r){
t[d].val=(t[d].val*val) % mod,t[d].mul=(t[d].mul*val) % mod,t[d].add=(t[d].add*val) % mod;
return;
}
down(d);
int mid=t[d].l+t[d].r>>1;
if(l<=mid) change_mul(d<<1,l,r,val);
if(r>mid) change_mul(d<<1|1,l,r,val);
t[d].val=(t[d<<1].val+t[d<<1|1].val) % mod;
}
void change_add(int d,const int &l,const int &r,const int &val){
if(l<=t[d].l&&t[d].r<=r){
t[d].val=(t[d].val+(t[d].r-t[d].l+1)*val % mod) % mod,t[d].add=(t[d].add+val) % mod;
return;
}
down(d);
int mid=t[d].l+t[d].r>>1;
if(l<=mid) change_add(d<<1,l,r,val);
if(r>mid) change_add(d<<1|1,l,r,val);
t[d].val=(t[d<<1].val+t[d<<1|1].val) % mod;
}
long long getsum(int d,const int &l,const int &r){
if(l<=t[d].l&&t[d].r<=r) return t[d].val;
down(d);
int mid=t[d].l+t[d].r>>1;
long long ans=0ll;
if(l<=mid) ans=(ans+getsum(d<<1,l,r)) % mod;
if(r>mid) ans=(ans+getsum(d<<1|1,l,r)) % mod;
return ans;
}
int main(){
n=read(),mod=read();
for(register int i=1;i<=n;i++) val[i]=read();
m=read();
build(1,1,n);
for(register int i=1;i<=m;i++){
int op=read(),l=read(),r=read();
if(op==1) change_mul(1,l,r,read());
if(op==2) change_add(1,l,r,read());
if(op==3) printf("%lld\n",getsum(1,l,r));
}
return 0;
}