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3655. 区间乘法查询后的异或 II

题目：

思路：

其实像这种根号算法有个很显然的特征，就是会有一个类似跳跃的功能，如每隔 k 格跳一次 

本题不难看出可以使用根号算法讨论，先来看看简单的暴力

对于暴力部分我们直接模拟即可，那么一次询问的时间复杂度为 O(n / k)，即跳跃这么多次

那么对于非暴力做法怎么写呢？我们先假设 k = 1，对于区间操作，我们不难想到一个做法，即差分数组，那么本题我们可以类比差分，我们可以做一个 “商分”

具体的，我们初始每一个数初始化为 1，那么每一个位置就是从加变成了乘，依次递推过去即可，而原来的减法我们就要变成除法，但是显然直接除是不行的，注意到题目中要取模，所以我们可以考虑使用乘以逆元的操作来代替除法

那么假如 k > 1 呢？那么我们还是一样的，只不过这次从 每次加一递推 变成了 每次加 k 的递推 了，具体的我们还是一样的乘法操作，但是 r 需要改变，我们在 k 等于 1 时是在 r 处加 1，而这里则是在最后一个合法位置加 k，其实也是类比 k = 1 的情况

那么如何计算呢？不难看出，我们只需要看看 r 需要往后退几格即可，减去这个数后加上 k 就是最后的 r 了

k > 1 的累加过程有点不一样，由于我们设置了间隔，那么我们每次的起点就要设置多个了，即设置 0 ~ k-1，否则就不能统计完所有的数的操作了

最后优化细节就是我们可以判断这个 k 有没有出现过，如果没出现那么就跳过，同时记得开一下 long long，防止运算中爆了

代码：

class Solution {
public:const int MOD = 1e9 + 7;long long qp(long long a, int b) {long long res = 1;a %= MOD;while (b) {if (b & 1)res = res * a % MOD;b >>= 1;a = a * a % MOD;}return res;}int xorAfterQueries(vector<int>& nums, vector<vector<int>>& queries) {int B = sqrt(queries.size());int n = nums.size();vector<vector<int>> dif(B + 1);for (auto& q : queries) {long long l = q[0], r = q[1], k = q[2], v = q[3];if (k >= B) {for (int i = l; i <= r; i += k) {nums[i] = nums[i] * v % MOD;}} else {dif[k].resize(n+k,1);r = r - (r - l) % k + k;dif[k][l] = dif[k][l] * v % MOD;if (r < n)dif[k][r] = dif[k][r] * qp(v, MOD - 2) % MOD;}}for (int k = 1; k < B; k++) {if(dif[k].empty()) continue;for (int start = 0; start < k; start++) {long long sumdiff = 1;for (int i = start; i < n; i += k) {sumdiff = (sumdiff * dif[k][i]) % MOD;nums[i] = nums[i] * sumdiff % MOD;}}}return reduce(nums.begin(), nums.end(), 0, bit_xor());}
};