热身训练1 Calculator
题目出处:Calculator
简要题意:
你有一个确定的函数,f(x)=+...*...^...,其中共有n个操作,从左到右依次计算。
共有m次询问,我们每次询问,1.会修改f(x)中的操作;2.输出f(x)%29393
分析:
分解29393可以得到7*13*17*19,这几个数都很小,很容易预处理!
于是我们可以将一个f(x)%29393分成四个小方程
我们令 a1=f(x)%7; a2=f(x)%13; a3=f(x)%17; a4=f(x)%19。
那么由中国剩余定理,可以得到模29393意义下的唯一解
虽说CRT求得的,是所有正整数解的最小解,
但是,由上图我们可以知道,如果我们最终的答案要模上29393,那么CRT求得的答案就是唯一解。
接下来,我们只需要能够快速求得这四个数,即可用CRT求得答案。
由于这4个模数都很小,我们可以提前预处理出 当x小于模数时的f(x)的值
我们可以用线段树来实现函数功能!
tr[p].val[i][j] = tr[rs].val[i][tr[ls].val[i][j]];
其中val[i][j]表示:处理第i个模数,输入的x值为j
由于我们的计算是从左到右依次计算,所以父亲节点的val值,为当“输入值为左儿子x的返回值时”的右儿子的返回值。
当我们要修改函数时,只需要从叶子节点开始修改,一步一步推到根节点即可。
最后我们的a1,a2,a3,a4分别为根节点处的val[1][x],val[2][x],val[3][x],val[4][x]
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define LL long long
#define int long long
const int N=5e4+5;
inline int ksm(int x, int y, const int pp)
{
x %= pp;
y %= (pp-1);
int ret = 1;
while(y)
{
if(y&1) ret = ret*x%pp;
x=x*x%pp;
y>>=1;
}
return ret;
}
const LL chu[5]={7, 13, 17, 19};
const LL MOD = 29393;
struct segment{int a, b, val[5][20];}tr[N<<2];
void build(const int p, const int l, const int r)
{
tr[p].a=l; tr[p].b=r;
if(l != r)
{
int mid=(l+r)>>1, ls=p<<1, rs=p<<1|1;
build(ls, l, mid);
build(rs, mid+1, r);
for(re i=0;i<4;++i)
for(re j=0;j<chu[i];++j)
tr[p].val[i][j] = tr[rs].val[i][tr[ls].val[i][j]];
}
else
{
int ty, x;char ch;
scanf("%c%lld",&ch,&x);
if(ch=='+')ty=0;else if(ch=='*')ty=1;else ty=2;
getchar();
for(re i=0;i<4;++i)
{
for(re j=0;j<chu[i];++j)
{
if(ty == 0) tr[p].val[i][j] = (j+x)%chu[i];
if(ty == 1) tr[p].val[i][j] = j*x%chu[i];
if(ty == 2) tr[p].val[i][j] = ksm(j, x, chu[i]);
}
}
}
}
void modi(const int p, const int pos, const int x, const int ty)
{
if(tr[p].a == pos && pos == tr[p].b)
{
for(re i=0;i<4;++i)
{
for(re j=0;j<chu[i];++j)
{
if(ty == 0) tr[p].val[i][j] = ((j+x)%chu[i]+chu[i])%chu[i];
if(ty == 1) tr[p].val[i][j] = j*x%chu[i];
if(ty == 2) tr[p].val[i][j] = ksm(j, x, chu[i]);
}
}
return;
}
int mid=(tr[p].a+tr[p].b)>>1, ls=p<<1, rs=p<<1|1;
if(pos <= mid) modi(ls, pos, x, ty);
else modi(rs, pos, x, ty); for(re i=0;i<4;++i)
for(re j=0;j<chu[i];++j)
tr[p].val[i][j] = tr[rs].val[i][tr[ls].val[i][j]];
}
inline LL getans(const int pp)
{
LL ret=0;
for(re i=0;i<4;++i)
{
int Mi=MOD/chu[i];
int t=ksm(Mi,chu[i]-2,chu[i]);
ret=(ret+tr[1].val[i][pp%chu[i]]*Mi*(t%chu[i]))%MOD;
}
return (ret+MOD) % MOD;
}
int n, m;
inline void work()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
getchar();
build(1, 1, n);
for(re i=1;i<=m;++i)
{
int op, x, y, t;char ch;
scanf("%lld",&op);
if(op == 1)
{
scanf("%lld",&x);
getchar();
printf("%lld\n", getans(x));
}
else
{
scanf("%lld",&x);
getchar();
scanf("%c%lld",&ch,&y);
if(ch=='+')t=0;else if(ch=='*')t=1;else t=2;
modi(1, x, y, t);
}
}
}
signed main()
{
int T; scanf("%lld",&T);
for(re h=1;h<=T;++h)
{
printf("Case #%lld:\n", h);
work();
}
}
“我不怕千万人阻拦,只怕自己投降”----《倔强》五月天
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