題目要求的操作：
1 區間求和
2 區間取模
3 單點修改
這道題目不要用到 lazy陣列，因為條件是單點修改，直接修改的葉子節點，其次區間取模操作直接可以暴力。
a mod b分為兩種情況 1（a < b）2（a >= b）
對於第一種情況 我們不用操作，對自己大的數取模就是自己。
第二種情況 取模操作後a的值至少會減少一半 即：a <= a/2。
設 b + n = a。a % b = （b + n）% b = （（b%b）+（n%b）) % b
此時有兩種情況 1。n >b 2。 n < = b
第一種情況：n >= b 我們可以重複第一步驟 將n替換成（n1 + b） = n，直到 最後的 ni < b為止。
第二種情況：此時的 a%b = n成立。又有 (n+b = a，n < b)這兩個條件 。得 n + n < a , n所以 a%b <= a/2;
這最壞就是二分情況，時間複雜度為 o(log2 n) 在int範圍內我們可以接受。
我們在這裡要儲存兩個值，乙個是區間和，乙個是區間的最大值（來判斷要不要進行取模操作）。剩下的就是線段樹的模板了
#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #define ll long long
#define ull unsigned long long
#define mod 1000000007
#define inf 0x7ffffff
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define modd(a,b) (((a%b)+b)%b)
#define maxn 100010
using namespace std;
ll sum[maxn << 2];
ll mx[maxn << 2];
ll a[maxn];
int lazy[maxn << 2];
int r[maxn];
void pushup(int rt)
/*void pushdown(int ln,int rn,int rt)
}*/void buildtree(int l,int r,int rt)
int mid = (l + r) >> 1;
buildtree(l,mid,rt << 1);
buildtree(mid + 1,r,rt << 1 | 1);
pushup(rt);
}void update(int l,int l,int r,int rt,ll v)
int mid = (l + r) >> 1;
//pushdown(mid - l + 1,r - mid,rt);
if(l <= mid) update(l,l,mid,rt << 1,v);
else update(l,mid + 1,r,rt << 1 | 1,v);
pushup(rt);
}void update_mod(int l,int r,int l,int r,int rt,ll v)
int mid = (l + r) >> 1;
if(l <= mid) update_mod(l,r,l,mid,rt << 1,v);
if(r > mid) update_mod(l,r,mid + 1,r,rt << 1 | 1,v);
pushup(rt);
}ll query(int l,int r,int l,int r,int rt)
int mid = (l + r) >> 1;
// pushdown(mid - l + 1, r - mid,rt);
ll ans = 0;
if(l <= mid) ans += query(l,r,l,mid,rt << 1);
if(r > mid) ans += query(l,r,mid + 1,r,rt << 1 | 1);
return ans;
}int main()
if(opt[0] == '1')
if(opt[0] == '3')
}return 0;
}
zoj3886（線段樹，區間取模）
因為乙個數最多只需要log n 次就會變成1，而模數大於他本身，他又不會變化，最次每次o n 修改區間，最多也不會多過log n 次，所以複雜度是正確的。暴力修改就好 niconico數 所有比x小的數且與x互質的數，從小到大排列是乙個等差數列，則x為niconico數。容易證明 niconico數...
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