链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4041
题目描述：给定一个数列$a$，与常数$L$,$R$,实现下列四个操作：
1.将所有数加$d$。
2.将所有数减$d$。
3.将所有数乘$d$。
4.将所有数加上初始值的$d$倍。
规定每一次操作完后，要将小于$L$的数置为$L$,大于$L$的数置为$R$，求$q$此操作后的序列。
题解：若将$a$排序，我们可以发现，在操作的过程中序列始终单调不降，此时我们可以通过二分来确定要变为$L$的与要变为$R$的数的范围。这样，我们要实现的其实还有第五个操作：将$[l,r]$置为$x$。
这个可以直接用线段树维护，但这样直接维护的代码量却不小。我就写了$250$多行代码，$30$分一直调不出。
此时，你要用到一个神奇的方法，将所有的修改操作看作将$a_{i}$置为$Atimes a_{i}+btimes x_{i}+c$，这样就把所有的操作合并了，就只用维护一个操作了，你会发现代码量会减少很多。
但这样任然过不了$BZOJ$的数据，我们可以将二分的过程改为线段树二分，复杂度就优化到$O(n log n)$了。
```
#include
#include
#include
using namespace std;
struct node
{
long long num,data;
bool operator < (const node &a)const
{
return data=mid+1&&r>=mid+1)
{
add(k*2+1,l,r,a,b,c);
tree[k].mindata=tree[k*2].mindata;
tree[k].maxdata=tree[k*2+1].maxdata;
return;
}
add(k*2,l,mid,a,b,c);
add(k*2+1,mid+1,r,a,b,c);
tree[k].mindata=tree[k*2].mindata;
tree[k].maxdata=tree[k*2+1].maxdata;
return;
}
inline long long query(register int k,register int x)
{
if (tree[k].l==tree[k].r)
return tree[k].mindata;
spread(k);
int mid=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if (x<=mid)
return query(k*2,x);
else
return query(k*2+1,x);
}
char ot1[1000001];
long long ot2[1000001];
inline int read()
{
register char c=0;
register int sum=0;
while (c<'0'||c>'9')
c=getchar();
while ('0'<=c&&c<='9')
{
sum=sum*10+c-'0';
c=getchar();
}
return sum;
}
inline void write(register int x)
{
if (x==0)
return;
write(x/10);
putchar(x%10+'0');
return;
}
inline int min_segment_search(register int k,register int l,register int r,register int d)
{
if (tree[k].l==tree[k].r)
{
if (tree[k].mindata<=d)
return n+1;
return tree[k].l;
}
spread(k);
int mid=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if (tree[k*2+1].mindata>d&&l<=mid)
return min(min_segment_search(k*2,l,mid,d),mid+1);
else
return min_segment_search(k*2+1,mid+1,r,d);
}
inline int max_segment_search(register int k,register int l,register int r,register int d)
{
if (tree[k].l==tree[k].r)
{
if (tree[k].maxdata>=d)
return 0;
return tree[k].l;
}
spread(k);
int mid=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if (tree[k*2].maxdata