2017CCPC 杭州 J. Master of GCD【差分标记/线段树/GCD】

给你一个n个初始元素都为1的序列和m个询问q。

询问格式为：l r x(x为2or3)

最后求1~n所有数的GCD

GCD：把每个数分别分解质因数，再把各数中的全部公有质因数提取出来连乘，所得的积就是这几个数的最大公约数。

#include<cstdio>

#include<string>

#include<cstdlib>

#include<cmath>

#include<iostream>

#include<cstring>

#include<set>

#include<queue>

#include<algorithm>

#include<vector>

#include<map>

#include<cctype>

#include<stack>

#include<sstream>

#include<list>

#include<assert.h>

#include<bitset>

#include<numeric>

#define debug() puts("++++")

#define gcd(a,b) __gcd(a,b)

#define lson l,m,rt<<1

#define rson m+1,r,rt<<1|1

#define fi first

#define se second

#define pb push_back

#define sqr(x) ((x)*(x))

#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

#define sz size()

#define be begin()

#define pu push_up

#define pd push_down

#define cl clear()

#define lowbit(x) -x&x

#define all 1,n,1

#define mod 998244353

#define pi acos(-1.0)

#define rep(i,x,n) for(int i=(x); i<(n); i++)

using namespace std;

typedef long long LL;

typedef unsigned long long ULL;

typedef pair<int,int> P;

const int INF = 1<<30;

const int maxn = 1e5+3;

const double eps = 1e-8;

const int dx[] = {-1,1,0,0,1,1,-1,-1};

const int dy[] = {0,0,1,-1,1,-1,1,-1};

int dir[2]={-1,1};

const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};

const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};

LL t,n,m;

LL Pow(LL a, LL b)

{

    LL res=1;

    while(b)

    {

        if(b&1)

            res=(res%mod * a%mod)%mod;

        a = a%mod*a%mod;

        b>>=1;

    }

    return res%mod;

}

LL a[maxn],b[maxn];

int main()

{

    scanf("%lld",&t);

    while(t--)

    {

        ms(a,0),ms(b,0);

        scanf("%lld%lld",&n,&m);

        while(m--)

        {

            LL l,r,x;

            scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&x);

            if(x==2)

            {

                a[l]++,a[r+1]--; //差分标记因子含有2的数、区间加维护2or3的操作数

            }

            else

            {

                b[l]++,b[r+1]--;

            }

        }

        LL m1=a[1],m2=b[1];

        for(int i=2;i<=n;i++)

        {

            a[i]+=a[i-1]; //前缀和维护序列本身，而序列记录2的操作数即个数，得到具体每个数的操作数

            b[i]+=b[i-1];

            m1=min(m1,a[i]); //2的最小操作数

            m2=min(m2,b[i]);

        }

        LL ans = (Pow(2,m1)%mod*Pow(3,m2)%mod)%mod;

        printf("%lld\n",ans);

    }

}

/*

2

5 3

1 3 2

3 5 2

1 5 3

6 3

1 2 2

5 6 2

1 6 2

6 2

【题意】

【类型】

【分析】

【时间复杂度&&优化】

【trick】

【数据】

*/

巴特西

2017CCPC 杭州 J. Master of GCD【差分标记/线段树/GCD】

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