2023年福建农林大学程序设计校赛个人题解（无D解析)

A-这是一道原题

问题解析

从绿色材料合成到金色材料。

用 w h i l e while while 循环判断材料数是否能合成，能就合，合成后下一级材料数增加，原料数加上合成出的材料数。

AC代码

#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<set>
#include <random>
#include<numeric>
#include<string>
#include<string.h>
#include<iterator>
#include<fstream>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#include<iomanip>
#include<bitset>//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll, ll>PII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;void hecheng(int&a, int&b)
{while (a >= 3){int x = a / 3;a %= 3;a += x;b += x;}
}void solve()
{int a, b, c, d;cin >> a >> b >> c >> d;hecheng(a, b);hecheng(b, c);hecheng(c, d);cout << a << " " << b << " " << c << " " << d;
}signed main()
{ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;//cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}

B-健康阳光，积极向上!

问题解析

想不到什么很好做法，直接暴力了。

根据贪心来说，要想结果越小，删掉的质因数就要越大。

对所有数进行质因数分解并记录下来，最后对所有质因数从大到小排序，把最前面 k k k个质数当作我们要删除的质因子。

然后我们把剩下的质因子全部乘起来就行。

分解因数的复杂度在 O ( log ⁡ 2 a i ) O(\log_{2}{a_i}) O(log2ai) 到 O ( n ) O(\sqrt n) O(n ) 之间。

AC代码

#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<set>
#include <random>
#include<numeric>
#include<string>
#include<string.h>
#include<iterator>
#include<fstream>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#include<iomanip>
#include<bitset>//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll, ll>PII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;int a[N];
vector<int>v;void divide(int n)
{for (int i = 2; i <= n / i; i++){if (n % i == 0){int s = 0;while (n % i == 0){v.push_back(i);n /= i;}}}if (n > 1)v.push_back(n);
}void solve()
{int n, k;cin >> n >> k;if (k > 2e5 * 17){cout << 1 << endl;}for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i];divide(a[i]);}sort(v.begin(), v.end(), greater<int>());int ans = 1;for (int i = k; i < v.size(); i++)ans = ans * v[i] % MOD;cout << ans << endl;
}signed main()
{ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;//cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}

C-字一色大四喜四杠子四暗刻单骑役满确定！

问题解析

遍历字符串看有没有 7 z 7z 7z 就行。

AC代码

#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<set>
#include <random>
#include<numeric>
#include<string>
#include<string.h>
#include<iterator>
#include<fstream>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#include<iomanip>
#include<bitset>//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll, ll>PII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;void solve()
{int n;string s;cin >> n >> s;for (int i = 1; i < n; i++){if (s[i - 1] == '7' && s[i] == 'z'){cout << "YES" << endl;return;}}cout << "NO" << endl;
}signed main()
{ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;//cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}

D-荣！断幺九，一番，1000点！

问题解析

说实话，这题我没想懂，不咋打雀不知道是不是只要胡牌且没有幺九牌就是段幺九。而且也不知道给的牌型是不是已经胡了让判断胡的排序。不太懂，如果有出题人能帮我解个惑就好了。

（代码学的一个大佬写的，感觉懂了点什么又好像没懂）

AC代码

#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<set>
#include <random>
#include<numeric>
#include<string>
#include<string.h>
#include<iterator>
#include<fstream>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#include<iomanip>
#include<bitset>//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll, ll>PII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;void solve()
{string s;cin >> s;int n = s.size();map<string, int>mymap;for (int i = 0; i < n; i++){if (s[i] == '1' || s[i] == '9' || s[i] == 'z'){cout << "NO" << endl;return;}}for (int i = 0; i < n; i += 2){string t;t += s[i];t += s[i + 1];mymap[t]++;}for (auto& i : mymap){if (i.second >= 2){map<string, int>mymap2;mymap2 = mymap;mymap2[i.first] -= 2;int cnt = 2;for (auto& j : mymap2){if (j.second >= 3){j.second -= 3;cnt += 3;}if (j.second != 0 && j.first[0] - '0' <= 7){string a = j.first;a[0]++;string b = a;b[0]++;while (j.second > 0 && mymap2[a] > 0 && mymap2[b] > 0){j.second--;mymap2[a]--;mymap2[b]--;cnt += 3;}}}if (cnt == 14){cout << "YES" << endl;return;}}}cout << "NO" << endl;
}signed main()
{ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}

E-可爱即是正义！

问题解析

区间前缀和模板，枚举所有 r r r 行 c c c 列的子矩阵然后用矩阵前缀和快速算结果，维护最大值就行。

注意数据可能使得最大的矩阵和为负数，维护最大值的变量初始值要够小。

AC代码

#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<set>
#include <random>
#include<numeric>
#include<string>
#include<string.h>
#include<iterator>
#include<fstream>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#include<iomanip>
#include<bitset>//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll, ll>PII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;int a[2050][2050], s[2050][2050], n, m;void init()
{for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= m; j++)s[i][j] = s[i - 1][j] + s[i][j - 1] - s[i - 1][j - 1] + a[i][j];
}int get_sum(int x1, int y1, int x2, int y2)
{return s[x2][y2] - s[x2][y1 - 1] - s[x1 - 1][y2] + s[x1 - 1][y1 - 1];
}void solve()
{int r, c;cin >> n >> m >> r >> c;for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= m; j++)cin >> a[i][j];init();int mx = -1e18;for (int i = 1; i <= n - r + 1; i++)for (int j = 1; j <= m - c + 1; j++)mx = max(mx, get_sum(i, j, i + r - 1, j + c - 1));cout << mx;
}signed main()
{ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;//cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}

F-炉石传说这个游戏是没有（任何BUG）的！

问题解析

基础的计数 d p dp dp 。

设状态转移数组 f f f ， f [ i ] f[i] f[i] 表示前 i i i 个字符的分割方式有 f [ i ] f[i] f[i] 种。

状态转移：如果一个长为 l e n len len 的字符串 s i si si 能匹配字符串 s t r str str 上 j j j 到 j − l e n + 1 j-len+1 j−len+1 的这一段，则有 f [ j + l e n − 1 ] = f [ j + l e n − 1 ] + f [ j − 1 ] f[j+len-1] = f[j+len-1] + f[j-1] f[j+len−1]=f[j+len−1]+f[j−1] 。

思路不难，主要是匹配字符串的方法。

遍历字符串 s t r str str ，枚举每个位置 j j j ,判断以当前字符为起点是否有字符串 s i si si 能和它匹配。

这里可以用字符串哈希快速匹配，预处理 s t r str str 的哈希数组复杂度为： O ( l e n g t h ( s t r ) ) O(length(str)) O(length(str)) ，预处理 n n n 个字符串 s s s 的哈希值的复杂度为： O ( ∑ i = 0 n l e n g t h ( s i ) ) O(\sum_{i=0}^nlength(s_i)) O(∑i=0nlength(si)) 。

每次匹配字符串复杂度为： O ( 1 ) O(1) O(1) 。

总复杂度： O ( ∑ i = 0 n l e n g t h ( s i ) ∗ l e n g t h ( s t r ) ) O(\sum_{i=0}^n length(s_i) * length(str)) O(∑i=0nlength(si)∗length(str))

AC代码

#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<set>
#include <random>
#include<numeric>
#include<string>
#include<string.h>
#include<iterator>
#include<fstream>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#include<iomanip>
#include<bitset>//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll, ll>PII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;int base = 13331;
ull hash_str[N], bpow[N], a[N];
int f[N];void init(string s)
{int n = s.size();bpow[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++){hash_str[i] = (hash_str[i-1] * base + s[i - 1]);bpow[i] = bpow[i - 1] * base;}
}ull get_hash(int l, int r)
{return hash_str[r] - hash_str[l - 1] * bpow[r - l + 1];
}void solve() {int n;string s;cin >> n >> s;vector<string>v(n);init(s);for (int i = 0; i < n; i++){cin >> v[i];ull res = 0, len = v[i].size();for (int j = 1; j <= len; j++){res = (res * base + v[i][j - 1]);}a[i] = res;}int len = s.size();f[0] = 1;for (int i = 1; i <= len; i++){for (int j = 0; j < n; j++){int len2 = v[j].size();if (i + len2 - 1 <= len){if (get_hash(i, i + len2 - 1) == a[j]){f[i + len2 - 1] = (f[i - 1] + f[i + len2 - 1]) % MOD;}}}}cout << f[len] << endl;
}signed main()
{ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;//cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}

G-蒸蒸日上！

问题解析

出题人看来非常喜欢三国杀这款游戏呀，那我去给三国杀刷个好评罢。（逃）

根据给的字符串输出对应的外号就行。

AC代码

#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<set>
#include <random>
#include<numeric>
#include<string>
#include<string.h>
#include<iterator>
#include<fstream>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#include<iomanip>
#include<bitset>//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll, ll>PII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;void solve()
{string s;cin >> s;if (s == "XuSheng") s = "DaBao";else if (s == "GanNing") s = "DaGui";else if (s == "QuYi") s = "BaiMa";else if (s == "HuangZhong") s = "LaoBao";cout << s;
}signed main()
{ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;//cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}

H-圆皱率_

问题解析

这题面真是给我笑死，不过我觉得题意不是很清楚，一开始都不理解要干啥，最好优化一下或者给样例加个解释罢。

（话说我这种又玩原又玩粥又玩农的算啥皮）

这题是想让你从里面选择一个子序列，使得子序列的和最大，但是不能让 a a aa aa 和 A A AA AA 挨着。

我们先把豌豆的三种基因状态 A A 、 A a 、 a a AA、Aa、aa AA、Aa、aa 分别设为 1 、 2 、 3 1、2、3 1、2、3 。

动态规划。

设二维状态转移数组 f f f ， f [ i ] [ j ] f[i] [j] f[i][j] 表示在前 i i i 个豌豆中取，且最后一个豌豆状态为 j j j 的最大价值为 f [ i ] [ j ] f[i] [j] f[i][j] ， j = 0 j = 0 j=0 表示一个豌豆都没取。

状态转移：

每次都有： f [ i ] [ j ] = f [ i − 1 ] [ j ] f[i] [j] = f[i-1] [j] f[i][j]=f[i−1][j] 。
如果当前的豌豆状态为 1 1 1 ，则 f [ i ] [ 1 ] = m a x ( f [ i ] [ 1 ] ， f [ i ] [ j ] + a i ) ( j = 0 , 1 , 2 ) f[i] [1] = max(f[i] [1]，f[i] [j] + a_i) (j = 0,1,2) f[i][1]=max(f[i][1]，f[i][j]+ai)(j=0,1,2)。
如果当前的豌豆状态为 2 2 2 ，则 f [ i ] [ 2 ] = m a x ( f [ i ] [ 1 ] ， f [ i ] [ j ] + a i ) ( j = 0 , 1 , 2 , 3 ) f[i] [2] = max(f[i] [1]，f[i] [j] + a_i) (j = 0,1,2,3) f[i][2]=max(f[i][1]，f[i][j]+ai)(j=0,1,2,3)。
如果当前的豌豆状态为 3 3 3 ，则 f [ i ] [ 3 ] = m a x ( f [ i ] [ 1 ] ， f [ i ] [ j ] + a i ) ( j = 0 , 2 , 3 ) f[i] [3] = max(f[i] [1]，f[i] [j] + a_i) (j = 0,2,3) f[i][3]=max(f[i][1]，f[i][j]+ai)(j=0,2,3)。

最后答案为： m a x ( f [ n ] [ j ] ) ( j = 0 , 1 , 2 , 3 ) max(f[n] [j]) (j=0,1,2,3) max(f[n][j])(j=0,1,2,3) 。

AC代码

#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<set>
#include <random>
#include<numeric>
#include<string>
#include<string.h>
#include<iterator>
#include<fstream>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#include<iomanip>
#include<bitset>//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll, ll>PII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;int a[N], f[N][4], b[N];void solve()
{string s;int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> s;if (s == "AA")b[i] = 1;else if (s == "Aa")b[i] = 2;else b[i] = 3;}for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = 0; j <= 3; j++)f[i][j] = f[i - 1][j];if (b[i] == 1){for (int j = 0; j < 3; j++)f[i][b[i]] = max(f[i][b[i]], f[i - 1][j] + a[i]);}else if (b[i] == 2){for (int j = 0; j <= 3; j++)f[i][b[i]] = max(f[i][b[i]], f[i - 1][j] + a[i]);}else{for (int j = 0; j <= 3; j++)if (j != 1)f[i][b[i]] = max(f[i][b[i]], f[i - 1][j] + a[i]);}}int mx = 0;for (int i = 0; i <= 3; i++)mx = max(mx, f[n][i]);cout << mx;
}signed main()
{ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;//cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}

I-你说得对，但是……_

问题解析

但是原神是一款…………

首先我们要知道， 1 1 1 并不是一个质数，然后我们再知道，对于相邻的两个数，它们的最大公约数是 1 1 1 。

那么我们可以先按照 a [ i ] = i a[i] = i a[i]=i 的方式来排列，然后依次判断 g c d ( a [ i ] ， i ) gcd(a[i]，i) gcd(a[i]，i) 是否为质数，如果为质数，我们就可以把它和下一位数： a [ i + 1 ] a[i+1] a[i+1] 进行交换，这样可以保证 a [ i ] a[i] a[i] 和 a [ i + 1 ] a[i+1] a[i+1] 和他们对应位置数的最大公约数都是 1 1 1 。

由于这一步会使得我们的字典序变大，所以如果 g c d ( a [ i ] ， i ) gcd(a[i]，i) gcd(a[i]，i) 不为质数，我们就不用交换了。

特别的，如果 g c d ( a [ n ] ， n ) gcd(a[n]，n) gcd(a[n]，n) 为质数，因为已经没有下一位了，所以我们只能和上一位，即： a [ n − 1 ] a[n-1] a[n−1] 进行交换。

这里判断质数我用的是 M i l l e r − R a b i n Miller-Rabin Miller−Rabin 素性测试，不认识的大家可以学习一下。用试除法应该也是可以过的。

AC代码

#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<set>
#include <random>
#include<numeric>
#include<string>
#include<string.h>
#include<iterator>
#include<fstream>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#include<iomanip>
#include<bitset>//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll, ll>PII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;int a[N];int gcd(int a,int b)
{return a%b==0?b:gcd(b,a%b);
}ll qmul(ll a,ll b,ll mod)//快速乘
{ll c=(ld)a/mod*b;ll res=(ull)a*b-(ull)c*mod;return (res+mod)%mod;
}
ll qpow(ll a,ll n,ll mod)//快速幂
{ll res=1;while(n){if(n&1) res=qmul(res,a,mod);a=qmul(a,a,mod);n>>=1;}return res;
}
bool is_prime(ll n)//Miller Rabin Test
{if(n<3||n%2==0) return n==2;//特判ll u=n-1,t=0;while(u%2==0) u/=2,++t;ll ud[]={2,325,9375,28178,450775,9780504,1795265022};for(ll a:ud){ll v=qpow(a,u,n);if(v==1||v==n-1||v==0) continue;for(int j=1;j<=t;j++){v=qmul(v,v,n);if(v==n-1&&j!=t){v=1;break;}//出现一个n-1，后面都是1，直接跳出if(v==1) return 0;//这里代表前面没有出现n-1这个解，二次检验失败}if(v!=1) return 0;//Fermat检验}return 1;
}void solve()
{int n;cin >> n;for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=i;for (int i = 2; i <= n; i ++){int x=gcd(a[i],i);if(is_prime(x)){if(i<n)swap(a[i],a[i+1]);else swap(a[i-1],a[i]);}}for(int i=1;i<=n;i++)cout<<a[i]<<" ";
}signed main()
{ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;//cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}

J-蓝色妖精小姐的树

问题解析

从数据的方式和表情包来看，都告诉了我们这题用的是珂朵莉树。

珂朵莉树是一个神奇的算法，专门负责处理这类区间修改（区间赋值）和区间询问问题，做法很暴力，所以一般只适用于随机数据，对于出题人自己造的数据，是可以把珂朵莉树给卡到超时的。

具体的大伙可以去看看珂朵莉树的由来。

至于树的问题，我们可以通过 d f s dfs dfs 序来确定每一个子树的根 u u u 负责的是哪个区间，修改这一整个子树，就相当于修改这个区间。

AC代码

#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<set>
#include <random>
#include<numeric>
#include<string>
#include<string.h>
#include<iterator>
#include<fstream>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#include<iomanip>
#include<bitset>//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll, ll>PII;
const int N = 1e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;struct node {int l, r;mutable int val;node(int l, int r = -1, int val = 0) :l(l), r(r), val(val) {}bool operator<(const node& o)const{return l < o.l;}
};set<node>s;int qpow(int x, int k, int mod = 1e9 + 7)
{int num = 1;x %= mod;while (k){if (k & 1)num = num * x % mod;k >>= 1;x = (x * x) % mod;}return num;
}//核心操作，将包含pos点的区间分成[l,pos-1]和[pos,r]两个区间
set<node>::iterator split(int pos)
{//找l不小于pos的第一个nodeauto it = s.lower_bound(node(pos));if (it != s.end() && it->l == pos)return it;--it;if (pos > it->r)return s.end();int l = it->l, r = it->r, val = it->val;s.erase(it);s.insert(node(l, pos - 1, val));//return的是插入节点后，该节点在set的iteratorreturn s.insert(node(pos, r, val)).first;
}//区间加值
void add(int l, int r, int val = 1)
{split(l);auto itr = split(r + 1), itl = split(l);//给itl到itr之间所有元素加上valfor (; itl != itr; ++itl)itl->val += val;
}//区间赋值
void assign(int l, int r, int val = 0)
{split(l);auto itr = split(r + 1), itl = split(l);//删除itl到itr-1的全部元素s.erase(itl, itr);s.insert(node(l, r, val));
}//如果reversed为0，说明找第k小元素；反之找第k大元素
int myrank(int l, int r, int k, bool reversed = 0)
{if (reversed)k = r - l + 2 - k;split(l);auto itr = split(r + 1), itl = split(l);vector<PII>v;for (; itl != itr; ++itl)v.push_back({ itl->val,itl->r - itl->l + 1 });sort(v.begin(), v.end());for (auto i : v){k -= i.second;if (k <= 0)return i.first;}return -1;
}//计算区间[l,r]所有元素的k次幂的和
int sum(int l, int r, int k, int mod = 1e9 + 7)
{split(l);auto itr = split(r + 1), itl = split(l);int res = 0;for (; itl != itr; ++itl)res = (res + (itl->r - itl->l + 1) * qpow(itl->val, k, mod) % mod) % mod;return res;
}int seed, vmax;
int a[N], b[N];
PII c[N];vector<int>tree[N];int rnd()
{int ret = seed;seed = (seed * 7 + 13) % MOD;return ret;
}void dfs(int x, int y, int&z)
{z++;c[x].first = z;for (auto& i : tree[x]){if (i == y)continue;dfs(i, x, z);}c[x].second = z;
}void solve()
{int n, m;cin >> n >> m >> seed >> vmax;for (int i = 1; i <= n; i++){a[i] = (rnd() % vmax) + 1;//cout << a[i] << " ";}for (int i = 2; i <= n; i++){int x = (rnd() % (i - 1)) + 1;tree[i].push_back(x);tree[x].push_back(i);}int idx = 0;dfs(1, 0, idx);for (int i = 1; i <= n; i++){s.insert(node(c[i].first, c[i].first, a[i]));}//cout << endl;for (int i = 1; i <= m; i++){int op = (rnd() % 2) + 1;int u = (rnd() % n) + 1;int x = (rnd() % vmax) + 1;int l = c[u].first, r = c[u].second;//cout << op << " " << l << " " << r << " " << x << " " << y << endl;if (op == 1)assign(l, r, x);else if (op == 2)cout << sum(l, r, x) << endl;}
}signed main()
{ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;//cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}