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Solution:
以前没见过的套路题……
1、使用EXT欧拉定理降幂的套路：
$a^{x}=a^{xmod\phi(P)+\phi(P)} mod P$，且$x\ge P$
这样对于$c^{c^{c^x}}modP$就能递推/递归得套用上述定理计算，每层模数多套一层$\phi$即可
注意每次在快速幂时要判断当前指数是否大于当前模数才能用EXT！
2、能证明一个数最多求$log$次$\phi$就会变成1
这样在$log$次内暴力更新，否则不管，就能保证$O(n*log^3)$
3、复杂度中的3个$log$分别是：
更新$log$次，每次更新迭代$log$层，每层要算一次快速幂
明显只能优化快速幂。由于底不变，模数只有$log$种，想到分数的前后两部分预处理！
分块预处理出$[1,(1<<16)]$和$[1*(1<<16),(1<<16)*(1<<16)]$的答案以及与模数的大小关系
这样每次拆出指数的前16位和后16位$O(1)$计算答案和大小关系就能做到$O(n*log^2)$
4、听说原题数据锅了……
虽然$\phi(2)$和$\phi(1)$都为1，但要更新到$\phi(1)$！
否则在最顶层指数为0时最终会迭代出$cmod2$而非$cmod1$，不一定为0！
Code:
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second #define pb push_back typedef double db; typedef long long ll; typedef pair<int,int> P; const int MAXN=1e5+10; ll pre[35][1<<16][2]; bool f[35][1<<16][2]; int n,m,p,c,dat[MAXN],phi[35],cnt; int getphi(int x) { int ret=x; for(int i=2;i*i<=x;i++) if(x%i==0) { ret=ret/i*(i-1); while(x%i==0) x/=i; } if(x!=1) ret=ret/x*(x-1); return ret; } ll quick_pow(ll a,ll b,ll MOD,bool &f) { ll ret=1; for(;b;b>>=1,a=a*a%MOD) { //判断是否大于某个数两个地方都要判！ if(b&1) f|=(ret*a>=MOD),ret=ret*a%MOD; f|=(a*a>=MOD&&b!=1); } return ret; } int QP(int x,int num,bool &flag) { int a=x&((1<<16)-1),b=x>>16; ll ret=1ll*pre[num][a][0]*pre[num][b][1]; flag=f[num][a][0]|f[num][b][1]|(ret>=phi[num]); return ret%phi[num]; } int cal(int x,int st) { int ret=x; if(ret>=phi[st]) ret=ret%phi[st]+phi[st]; while(st--) { bool f=0; ret=QP(ret,st,f); //注意特判，仅在指数>模数时可使用EXT欧拉定理 if(f&&st) ret+=phi[st]; } return ret%p; } void PRE() { //分块预处理 for(int i=0;i<=cnt;i++) { pre[i][0][0]=pre[i][0][1]=1; if(phi[i]==1) f[i][0][0]=f[i][0][1]=1; pre[i][1][0]=quick_pow(c,1,phi[i],f[i][1][0]); int tmp=pre[i][1][1]=quick_pow(c,1<<16,phi[i],f[i][1][1]); for(int j=2;j<1<<16;j++) { f[i][j][0]=f[i][j-1][0]|(pre[i][j-1][0]*c>=phi[i]); pre[i][j][0]=pre[i][j-1][0]*c%phi[i]; f[i][j][1]=f[i][j-1][1]|(pre[i][j-1][1]*tmp>=phi[i]); pre[i][j][1]=pre[i][j-1][1]*tmp%phi[i]; } } } namespace SegmentTree { #define mid ((l+r)>>1) #define ls k<<1 #define rs k<<1|1 #define lc ls,l,mid #define rc rs,mid+1,r int sum[MAXN<<2],tag[MAXN<<2]; void pushup(int k) { tag[k]=min(tag[ls],tag[rs]); sum[k]=(sum[ls]+sum[rs])%p; } void build(int k,int l,int r) { if(l==r) {sum[k]=dat[l]%p;tag[k]=0;return;} build(lc);build(rc);pushup(k); } void modify(int a,int b,int k,int l,int r) { if(tag[k]>=cnt) return; if(l==r) {sum[k]=cal(dat[l],++tag[k]);return;} if(a<=mid) modify(a,b,lc); if(b>mid) modify(a,b,rc); pushup(k); } int query(int a,int b,int k,int l,int r) { if(a<=l&&r<=b) return sum[k]; int ret=0; if(a<=mid) (ret+=query(a,b,lc))%=p; if(b>mid) (ret+=query(a,b,rc))%=p; return ret; } } using namespace SegmentTree; int main() { scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&c); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&dat[i]); phi[0]=p; while(phi[cnt]!=1) cnt++,phi[cnt]=getphi(phi[cnt-1]); //要迭代到phi(1)=1，而不能仅迭代到phi(2)=1 //否则在x=0时最后一层会出现c%2 phi[++cnt]=1;PRE(); build(1,1,n); while(m--) { int op,l,r; scanf("%d%d%d",&op,&l,&r); if(!op) modify(l,r,1,1,n); else printf("%d\n",query(l,r,1,1,n)); } return 0; }