[题解]题目新颖
\[\color{red}{\text{校长者，真神人也，左马桶，右永神，会执利笔破邪炁，何人当之？}} \\
\begin{array}{|}
\hline
\color{pink}{\text{The principal is really a god}} \\
\color{pink}{\text{with a closestool on the left and Yongshen on the right}} \\
\color{pink}{\text{holding a sharp pen to pierce the truth}} \\
\color{pink}{\text{Who can resist him? }} \\
\hline
\end{array} \\
\begin{array}{|}
\hline
\color{green}{\text{校長は本当に神であり、左側にトイレ、右側にヨンシェンがあり}} \\
\color{green}{\text{鋭いペンを持って真実を突き刺している。誰が彼に抵抗できるだろうか？ }} \\
\hline
\end{array} \\
\begin{array}{|}
\hline
\color{lightblue}{\text{Le principal est vraiment un dieu}} \\
\color{lightblue}{\text{avec des toilettes à gauche et Yongshen à droite}} \\
\color{lightblue}{\text{tenant un stylo pointu pour percer la vérité}} \\
\color{lightblue}{\text{Qui peut lui résister ? }} \\
\hline
\end{array} \\
\begin{array}{|}
\hline
\color{purple}{\text{Der Direktor ist wirklich ein Gott}} \\
\color{purple}{\text{mit einer Toilette links und Yongshen rechts}} \\
\color{purple}{\text{der einen spitzen Stift hält}} \\
\color{purple}{\text{um die Wahrheit zu durchdringen.}} \\
\color{purple}{\text{Wer kann ihm widerstehen? }} \\
\hline
\end{array} \\
\begin{array}{|}
\hline
\color{cyan}{\text{Principalis deus est, Yongshen a dextris cum latrina}} \\
\color{cyan}{\text{acuto stylo ad perforandum veritatem: quis resistet ei? }} \\
\hline
\end{array} \\
\color{red}{\text{对曰：“无人，狗欲当之，还请赐教！”}} \\
\newcommand\brak[1]{\left({#1}\right)}
\newcommand\Brak[1]{\left\{{#1}\right\}}
\newcommand\d[0]{\text{d}}
\newcommand\string[2]{\genfrac{\{}{\}}{0pt}{}{#1}{#2}}
\newcommand\down[2]{{#1}^{\underline{#2}}}
\newcommand\ddiv[2]{\left\lfloor\frac{#1}{#2}\right\rfloor}
\newcommand\udiv[2]{\left\lceil\frac{#1}{#2}\right\rceil}
\newcommand\lcm[0]{\operatorname{lcm}}
\newcommand\set[1]{\left\{{#1}\right\}}
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\newcommand\rhs[1]{\;\text{Rhs}\;#1}
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\newcommand\Vec[1]{\vec{\mathbf{#1}}}
\newcommand\rank[0]{\text{rank}}
\]
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2022-03-12 题目新颖
同时还考了 THUPC，如果有时间会做一些那个比赛的题解。然而这场考试仅仅摸了三个小时鱻做了三个小时，最后只有一个题......
T1 / A
实际上我们只需要统计单调不降的序列的子序列的异或和之和，这是第一个观察，本来设计了一个朴素的 DP，但是发现相同的 \(f\) 合并起来太麻烦了，于是放弃了。但是二进制下，拆位一般是很好用的，于是考虑一下拆位。假设最后的序列中，在 \(2^i\) 上有 \(t_i\) 位，那么这一位可以提供的贡献就是
\[2^i\times \brak{2^{n-t_i}\times \sum_{i=1}^{2i-1\le t_i}{t_i\choose 2i-1}}=2^i\times 2^{n-1}
\]
不过，当 \(t_i=0\) 时，上式的结果应当为 \(0\). 但是我们依然能够得到结论了：如果某一位上，至少有一个数有 \(1\)，那么对 \(f\) 提供的贡献都是 \(2^i\times 2^{n-1}\)，当该位没有 \(1\)，提供的贡献就是 \(0\). 换句话说，对于一个确定的 \(\set{a_i}\)，我们可以直接算出其 \(f\) 值：
\[2^{n-1}\times \bigcup _{i=1}^n a_i
\]
注意到上面的计算，实际上，对于同一个 \(a_i\in [l,r]\)，我们只需要 \(n=2\) 就可以凑出 \(n>2\) 的所有 \(\cup\) 的情况，
具体证明，如果 \(l,r\) 的位数不一样，那么拿一个数来顶最高位，另外一个数处理除了最高位以外的其他为 \(1\) 的位数；如果 \(l,r\) 位数相同，那么我们可以去掉最高位看下一位，直到遇到某一位 \(l,r\) 的最高位不同时，归约为第一种情况。
因此，特判掉 \(n=1\) 的情况之后，只需要处理 \(n=2\) 的情况，也就是说，两个数有多少种不同的 \(\cup\) 的结果。这个就是 Atcoder 的原题了，可以看这里.
