题目传送门：LOJ #510。
给出一个在 \(K\) 进制下的树状数组，但是它的实现有问题。
形式化地说，令 \(\mathrm{lowbit}(x)\) 为在 \(K\) 进制下的 \(x\) 的最低非零位的值，例如 \(\mathrm{lowbit} \!\left( 230_{(5)} \right)\! = 30_{(5)}\)。
则 add(x, v) 操作执行的是：
当 \(x \le n\) 时，执行 s[x] ^= v，并将 \(x\) 变为 \(x + \mathrm{lowbit}(x)\)，并继续循环。
而 query(x) 操作执行的是：
令 \(ans\) 的初始值为 \(0\)。
当 \(x > 0\) 时，执行 ans ^= s[x]，并将 \(x\) 变为 \(x - \mathrm{lowbit}(x)\)，并继续循环。
最终返回 \(ans\)。
不同于正确写法，add 操作执行时的运算次数不是 \(\mathcal O ( K \log_K n )\) 的，而是 \(\mathcal O (n)\) 的，观察何时它的复杂度会发生变化：
当 \(K = 3, x = 1\) 时，\(x\) 的变化为（十进制下）：\(1 \to 2 \to 4 \to 5 \to 7 \to 8 \to 10 \to \cdots\)。
可以发现，\(x\) 在 \(K\) 进制下的最低非零位的位置始终不变，而且最低非零位的值陷入了 \(1, 2, 1, 2, \ldots\) 的循环。
对于不同的 \(K\)，我们观察特定的最低非零位的值的变化，发现有的最终变成了 \(0\)，即这一位不再是非零的，而有的落入了循环中。
很显然，这其实就是在函数 \(f(x) = 2x \bmod K\) 对应的图上转移的过程，这张图是一个基环内向森林，其中有一个连通分量的根是 \(0 \to 0\) 的自环，与 \(0\) 相连的点最终都会提升最低非零位。
数论告诉我们，每棵基环内向树的深度都不会超过 \(\log_2 K\)，如果所在的是根为 \(0\) 的基环内向树，最低位也只会变化 \(\log_K n\) 次，总次数为 \(\log_2 K \times \log_K n = \log_2 n\)，所以这部分暴力跳即可。
当最终落到了不为 \(0\) 的环上时，参考上面的例子，会形成一条无限向后延伸的链，但是它是一个相邻位置的差有循环节的链。
如果将每条链预处理出来，就可以对每条链开一个树状数组，以维护后缀加，单点查的操作。
但是这里值域太大，无法直接预处理，所以考虑用倍增的方法直接求出该点在链上的编号，即 \(x\) 是在当前链上的第几个位置，就可以直接进行树状数组操作了（当然此时值域仍然是极大的，但是可以通过哈希的方法将改动的位置映射到小数组中）。
询问的时候同理，query 时 \(x\) 只会变化 \(\log_K n\) 次，所以可以每次直接查，首先判断 \(x\) 是否在链上，如果不是直接修改 \(ans\) 即可，否则需要在当前链对应的树状数组上进行单点查的操作（前面的修改对应的是后缀加），做个差分就可以变成单点加、前缀查了，就是经典的树状数组操作，对于大值域同理采用哈希的方法即可。
下面是代码，假设哈希的时间复杂度为 \(\mathcal O (1)\)，则总时间复杂度为 \(\mathcal O (K \log n + q \log_K n \log n)\)：
#include <cstdio>
const int HASH = 19260817, NUMS = 10000005;
int h[HASH], nxt[NUMS], to[NUMS], tot;
inline int Hasher(int val, int typ) {
int cyp = (val ^ val >> 1) % HASH;
for (int i = h[cyp]; i; i = nxt[i]) if (to[i] == val) return i;
return typ ? nxt[++tot] = h[cyp], to[tot] = val, h[cyp] = tot : 0;
}
typedef long long LL;
const int MK = 200005;
int N, K, Q, V[6], C;
inline void lowbit(int x, int &y, int &z) {
int s = 1, t = C;
while (t) { if (x % V[t] == 0) x /= V[t], s *= V[t]; --t; }
y = x % K, z = y * s;
}
int ltrs[MK][30], ntrs[MK][30];
LL lsum[MK][30], nsum[MK][30];
int arr[NUMS];
int main() {
scanf("%d%d%d", &N, &Q, &K);
for (LL x = K; x <= N; x *= x) V[++C] = x;
for (int i = 1; i < K; ++i) if ((i & -i) >= (K & -K))
ltrs[i * 2 % K][0] = lsum[i * 2 % K][0] = i,
ntrs[i][0] = i * 2 % K, nsum[i][0] = i;
for (int j = 0; j < 29; ++j)
for (int i = 1; i < K; ++i) if ((i & -i) >= (K & -K))
ltrs[i][j + 1] = ltrs[ltrs[i][j]][j],
lsum[i][j + 1] = lsum[i][j] + lsum[ltrs[i][j]][j],
ntrs[i][j + 1] = ntrs[ntrs[i][j]][j],
nsum[i][j + 1] = nsum[i][j] + nsum[ntrs[i][j]][j];
for (int i = 1; i <= Q; ++i) {
int op, x, y, z, v, d;
scanf("%d%d", &op, &x);
if (op == 1) {
scanf("%d", &v);
while (x <= N) {
lowbit(x, y, z);
if ((y & -y) >= (K & -K)) {
int id = 0, X = x, Y = y, w = z / y;
for (int j = 29; j >= 0; --j)
if (lsum[Y][j] < X / w)
id |= 1 << j,
X -= lsum[Y][j] * w,
Y = ltrs[Y][j];
++id;
for (int j = 0; x <= N; ++j) if (id >> j & 1) {
arr[Hasher(x, 1)] ^= v;
x += nsum[y][j] * w;
y = ntrs[y][j];
id += 1 << j;
}
break;
}
arr[Hasher(x, 1)] ^= v;
x += z;
}
} else {
int Ans = 0;
while (x) {
lowbit(x, y, z);
if ((y & -y) >= (K & -K)) {
int id = 0, X = x, Y = y, w = z / y;
for (int j = 29; j >= 0; --j)
if (lsum[Y][j] < X / w)
id |= 1 << j,
X -= lsum[Y][j] * w,
Y = ltrs[Y][j];
++id;
X = x, Y = y;
for (int j = 0; id; ++j, id >>= 1) if (id & 1) {
if ((d = Hasher(X, 0))) Ans ^= arr[d];
X -= lsum[Y][j] * w;
Y = ltrs[Y][j];
}
} else if ((d = Hasher(x, 0))) Ans ^= arr[d];
x -= z;
}
printf("%d\n", Ans);
}
}
return 0;
}LOJ 510: 「LibreOJ NOI Round #1」北校门外的回忆
原文：https://www.cnblogs.com/PinkRabbit/p/LOJ510.html