[CODECHEF]SEGPROD

题意：给定$a_{1\cdots n}$和$p$，多次询问$\prod\limits_{i=l}^ra_i$对$p$取模的值，强制在线，每次询问要求$O(1)$回答

一个微小的黑科技...

静态区间查询，可以想到ST表，但ST表的区间会互相覆盖，不能满足这题的要求，也不能前缀和因为$p$可能不是质数

于是我们有一个类似ST表的技术

设$A_{k,i}=\prod\limits_{j=\left\lfloor\frac i{2^k}\right\rfloor2^k}^ia_j,B_{k,i}=\prod\limits_{j=i}^{\left\lceil\frac{i+1}{2^k}\right\rceil2^k-1}a_j$

$A_{k,i}$表示的是（$\leq i$的最大的$2^k$的倍数）到$i$这一段数的乘积，$B_{k,i}$表示的是$i$到（$\gt i$的最小的$2^k$的倍数$-1$）这一段数的乘积，这两个都可以$O(n\log_2n)$预处理

对于询问$[l,r]$，如果$l=r$那么答案就是$a_l$，下面讨论$l\lt r$的情况

如果我们可以找到一个$k$，使得$[l+1,r]$中只有一个$2^k$的倍数，那么$B_{k,l}A_{k,r}$就是答案

容易验证一个满足要求的$k$就是$\log_2\left(\text{highbit}(r\text{ xor }l)\right)$，然后这题就做完了...

#include<stdio.h>
typedef long long ll;
void swap(int&a,int&b){a^=b^=a^=b;}
int p;
int mul(int a,int b){return a*(ll)b%p;}
int a[1000010],b[320010],hb[1048577],A[20][1000010],B[20][1000010];
int query(int l,int r){
	if(l==r)return a[l]%p;
	int k=hb[l^r];
	return mul(B[k][l],A[k][r]);
}
int up(int x,int k){
	return(x&((1<<k)-1))==0?x>>k:(x>>k)+1;
}
void work(){
	int n,q,i,j,l,r,x;
	scanf("%d%d%d",&n,&p,&q);
	for(i=0;i<n;i++)scanf("%d",a+i);
	for(i=0;i<n;i++)A[0][i]=B[0][i]=a[i];
	for(j=1;1<<j<n;j++){
		for(i=0;i<n;i++)A[j][i]=mul(a[i],i>>j<<j==i?1:A[j][i-1]);
		B[j][n]=1;
		for(i=n-1;i>=0;i--)B[j][i]=mul(a[i],(up(i+1,j)<<j)-1==i?1:B[j][i+1]);
		hb[1<<j]=j;
	}
	hb[1<<j]=j;
	j=1<<j;
	for(i=1;i<j;i++){
		if(!hb[i])hb[i]=hb[i-1];
	}
	for(i=0;i<q/64+2;i++)scanf("%d",b+i);
	x=0;
	for(i=0;i<q;i++){
		if((i&63)==0){
			l=(b[i>>6]+x)%n;
			r=(b[(i>>6)+1]+x)%n;
		}else{
			l=(l+x)%n;
			r=(r+x)%n;
		}
		if(l>r)swap(l,r);
		x=(query(l,r)+1)%p;
	}
	printf("%d\n",x);
}
int main(){
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)work();
}