CF875D High Cry 题解

很套路的一个题。

首先发现，当左端点固定，随着右端点增加，区间 $\operatorname{or}$ 和区间 $\max$ 都是单调不递减的。

但是这个性质还不够强！我们发现，左端点固定，右端点增加时，每一次区间 $\operatorname{or}$ 发现改变，二进制至少有一位从 $0$ 变 $1$.这样，在 $O(\log v)$ 的变化数量级内，就会每一位都变成 $0$。

所以我们处理这个问题的一个经典套路就是枚举左端点， $O(\log v)$ 次二分，每次二分求出右端点的一段，使得区间 $\operatorname{or}$ 为一个定值。接着在这个区间内，$\max$ 也是单调的，再二分一次就好了。使用 ST 表维护，复杂度 $O(n \log n \log v)$。

除了 $\operatorname{or}$，其实 $\operatorname{and}$，$\gcd$，$\operatorname{lcm}$ 等都有这样的性质。

代码使用反面考虑，求出区间 $\operatorname{or} \leq$ 区间 $\operatorname{max}$ 的个数，然后用总区间个数减去他即为答案。

#pragma GCC optimize("-Ofast,fast-math,-inline")
#pragma GCC target("avx,sse,sse2,sse3,popcnt")
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <string>
using namespace std;

const int N = 2e5 + 5;

int LG2[N], n, a[N];
long long ans = 0LL;

class ST1
{
public:
	int f[N][30];
	void Init()
	{
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			f[i][0] = a[i];
		}
		for (int j = 1; j <= LG2[n]; j++)
		{
			for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++)
			{
				f[i][j] = max(f[i][j - 1], f[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
			}
		}
	}
	int query(int l, int r)
	{
		int p = LG2[r - l + 1];
		return max(f[l][p], f[r - (1 << p) + 1][p]);
	}
}s1;

class ST2
{
public:
	int f[N][30];
	void Init()
	{
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			f[i][0] = a[i];
		}
		for (int j = 1; j <= LG2[n]; j++)
		{
			for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++)
			{
				f[i][j] = f[i][j - 1] | f[i + (1 << (j - 1))][j - 1];
			}
		}
	}
	int query(int l, int r)
	{
		int p = LG2[r - l + 1];
		return f[l][p] | f[r - (1 << p) + 1][p];
	}
}s2;

int main()
{
	for (int i = 2; i < N; i++)
	{
		LG2[i] = LG2[i / 2] + 1;
	}
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
	s1.Init();
	s2.Init();
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int nowval = a[i], nowl = i, lastpos = i;
		while (true)
		{
			int l = nowl, r = n, resplace = 0;
			while (l <= r)
			{
				int mid = l + r >> 1;
				if (s2.query(i, mid) <= nowval)
				{
					resplace = mid;
					l = mid + 1;
				}
				else
				{
					r = mid - 1;
				}
			}
			
			// from lastpos to resplace: all or to be nowval
			l = lastpos, r = resplace;
			int rrp = 2e9;
			while (l <= r)
			{
				int mid = l + r >> 1;
				int p = s1.query(i, mid);
				if (p >= nowval)
				{
					rrp = mid;
					r = mid - 1;
				}
				else
				{
					l = mid + 1;
				}
			}
			ans += max(0LL, 1LL * resplace - rrp + 1);
			if (resplace == n) break;
			nowval = s2.query(i, resplace + 1);
			lastpos = resplace + 1;
		}
	}
	printf("%lld\n", 1LL * n * (n - 1LL) / 2 + n - ans);
	return 0;
}