原题来自：JSOI 2008
给定一个正整数数列 a1?,a2?,a3?,?,an?，每一个数都在 0～p–1 之间。可以对这列数进行两种操作：
程序运行的最开始，整数序列为空。写一个程序，读入操作的序列，并输出询问操作的答案。
第一行有两个正整数 m,p，意义如题目描述；
接下来 m 行，每一行表示一个操作。如果该行的内容是 Q L，则表示这个操作是询问序列中最后 L 个数的最大数是多少；如果是 A t，则表示向序列后面加一个数，加入的数是 (t+a)modp。其中，t 是输入的参数，a 是在这个添加操作之前最后一个询问操作的答案（如果之前没有询问操作，则 a=0）。
第一个操作一定是添加操作。对于询问操作，L>0 且不超过当前序列的长度。
对于每一个询问操作，输出一行。该行只有一个数，即序列中最后 L 个数的最大数。
10 100
A 97
Q 1
Q 1
A 17
Q 2
A 63
Q 1
Q 1
Q 3
A 9997
97
97
60
60
97最后的序列是 97,14,60,96。
对于全部数据，1≤m≤2×105,1≤p≤2×109,0≤t<p。
sol：首先很容易发现这是一道线段树模板题，先建一棵20000个节点的线段树初始全赋为-inf，然后每次修改单个节点，区间查询就可以了
但是否还有别的做法呢？我看了题解后原来还有逆向ST表，很厉害啊
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N=200005,inf=0x3f3f3f3f,Bj=200000; 4 int m,Mod; 5 int Root[N]; 6 struct SegmentTree 7 { 8 int Max[N<<2]; 9 inline void Build(int l,int r,int x) 10 { 11 Max[x]=-inf; if(l==r) return; 12 int mid=(l+r)>>1; 13 Build(l,mid,x<<1); 14 Build(mid+1,r,x<<1|1); 15 return; 16 } 17 inline void Change(int l,int r,int Pos,int Tag,int x) 18 { 19 if(l==r) {Max[x]=Tag; return;} 20 int mid=(l+r)>>1; 21 if(Pos<=mid) Change(l,mid,Pos,Tag,x<<1); 22 else Change(mid+1,r,Pos,Tag,x<<1|1); 23 Max[x]=max(Max[x<<1],Max[x<<1|1]); 24 return; 25 } 26 inline int Que(int l,int r,int ql,int qr,int x) 27 { 28 if(ql==l&&qr==r) return Max[x]; 29 int mid=(l+r)>>1; 30 if(qr<=mid) return Que(l,mid,ql,qr,x<<1); 31 else if(ql>mid) return Que(mid+1,r,ql,qr,x<<1|1); 32 else return max(Que(l,mid,ql,mid,x<<1),Que(mid+1,r,mid+1,qr,x<<1|1)); 33 } 34 }T; 35 int main() 36 { 37 int i,ans=0,Len=0; 38 memset(Root,0,sizeof Root); 39 T.Build(1,Bj,1); 40 scanf("%d%d",&m,&Mod); 41 for(i=1;i<=m;i++) 42 { 43 int x; char S[5]; 44 scanf("%s%d",S+1,&x); 45 switch (S[1]) 46 { 47 case ‘A‘: 48 x=(ans+x)%Mod; 49 T.Change(1,Bj,++Len,x,1); 50 break; 51 case ‘Q‘: 52 ans=T.Que(1,Bj,Len-x+1,Len,1); 53 printf("%d\n",ans); 54 break; 55 } 56 } 57 return 0; 58 } 59 /* 60 input 61 10 100 62 A 97 63 Q 1 64 Q 1 65 A 17 66 Q 2 67 A 63 68 Q 1 69 Q 1 70 Q 3 71 A 99 72 output 73 97 74 97 75 97 76 60 77 60 78 97 79 */
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N=200005; 4 int Bin[23],Log[N]; 5 int m,Mod,f[N][23]; 6 int main() 7 { 8 int i,j,ans=0,Len=0; 9 Bin[0]=1; for(i=1;i<=19;i++) Bin[i]=Bin[i-1]<<1; 10 Log[0]=-1; for(i=1;i<N;i++) Log[i]=Log[i>>1]+1; 11 scanf("%d%d",&m,&Mod); 12 for(i=1;i<=m;i++) 13 { 14 int x; char S[5]; 15 scanf("%s%d",S+1,&x); 16 switch (S[1]) 17 { 18 case ‘A‘: 19 x=(x+ans)%Mod; 20 f[++Len][0]=x; 21 for(j=1;Bin[j]<=Len;j++) f[Len][j]=max(f[Len][j-1],f[Len-Bin[j-1]][j-1]); 22 break; 23 case ‘Q‘: 24 int oo=Log[x]; 25 ans=max(f[Len][oo],f[Len-x+1+Bin[oo]-1][oo]); 26 printf("%d\n",ans); 27 break; 28 } 29 } 30 return 0; 31 } 32 /* 33 input 34 10 100 35 A 97 36 Q 1 37 Q 1 38 A 17 39 Q 2 40 A 63 41 Q 1 42 Q 1 43 Q 3 44 A 99 45 output 46 97 47 97 48 97 49 60 50 60 51 97 52 */
原文：https://www.cnblogs.com/gaojunonly1/p/10352114.html
