题目描述
小豆现在有一个数\(x\)，初始值为\(1\).小豆有\(Q\)次操作，操作有两种类型:
\(1\;m\)：\(x=x\times m\)输出\(x\%mod\);
\(2\;pos\)：\(x= x/\)第\(pos\)次操作所乘的数（保证第\(pos\)次操作一定为类型\(1\),对于每一个类型\(1\)的操作至多会被除一次）输出\(x\%mod\);
输入格式
一共有\(t\)组输入(\(t\leq5\));
对于每一组输入,第一 行是两个数字\(Q,mod\)(\(Q\leq100000,mod\leq100000000\));
接下来\(Q\)行，每一行为操作类型\(op\),操作编号或所乘的数字\(m\)（保证所有的输入都是合法的）.
输出格式
对于每一个操作，输出一行，包含操作执行后的\(x\%mod\)的值
输入输出样例
输入 #1
1
10 1000000000
1 2
2 1
1 2
1 10
2 3
2 4
1 6
1 7
1 12
2 7输出 #1
2
1
2
20
10
1
6
42
504
84说明/提示
对于\(20\%\)的数据，\(1\leq Q\leq500\)
对于\(100\%\)的数据，\(1\leq Q\leq100000\)
题解
这道题目难在思维，难在怎么想到线段树。
暴力模拟很容易想到，但是，在此题中，暴力模拟是错误的！！！
一组\(\texttt{hack}\)数据：
1
2 10
1 99
2 99输出应为：
9
1貌似用高精度就可以了，但空间复杂度感人……~~
这里直接讲正解。
用一颗线段树维护操作的区间乘积，如果是\(1\)操作就将当前节点的值改为\(m\)，\(2\)操作就把要除的数所在的节点的值改为\(1\)。
输出的话……直接输出线段树根节点的值即可。
代码
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define int long long//注意long long
#define itn int
#define gI gi
using namespace std;
inline int gi()//快读
{
int f = 1, x = 0; char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}
while (c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}
return f * x;
}
int t, q, mod, tr[400003], ans;
inline int ls(int p) {return p << 1;}//左儿子
inline int rs(itn p) {return p << 1 | 1;}//右儿子
void modify(int ql, int qr, int z, int l, int r, int p)//修改节点
{
if (l == r && l == ql) {tr[p] = z; return;}//到了叶子节点进行修改
int mid = (l + r) >> 1;
if (ql <= mid) modify(ql, qr, z, l, mid, ls(p));//递归左子树
if (qr > mid) modify(ql, qr, z, mid + 1, r, rs(p));//递归右子树
tr[p] = (tr[ls(p)] % mod * tr[rs(p)] % mod) % mod;//上传节点
return;
}
signed main()
{
t = gi();
while (t--)
{
q = gi(), mod = gi();
for (int i = 1; i <= 400001; i+=1) tr[i] = 1;//注意,本题中不需要建树,只需要把所有节点的值设为1
for (int i = 1; i <= q; i+=1)
{
int op = gi(), m = gi();
if (op == 1) modify(i, i, m, 1, q, 1);//操作1,将第i个点的值修改为m
else modify(m, m, 1, 1, q, 1);//操作2,将第m个点的值修改为1
printf("%lld\n", tr[1]);//输出
}
}
return 0;
}