YBTOJ [树状数组] 二进制

哇咔咔，此乃真好题！

Solution

首先不带 \(+x\) 的做法，相信大家都会，维护一下全局二进制每一位 \(1\) 的个数，把 \(y\) 二进制拆分一下，就知道答案了。

这个 \(+x\) 真滴很恶心啊！

考虑这样一个事实，非常滴实用：

对于一个 \(x\) \(and\) \(2^k\) 这个东西的答案是有周期性的！也就是说从 \(0\) 开始会有 \(2^k\) 个 \(0\), 然后是 \(2^k\) 个 \(2^k\) 因为这第 \(k\) 位变成了 \(1\) ，从二进制加法的角度就非常好理解。然后呢这个东西就等价于 \(x\) \(and\) \(2^k\) 有值当且仅当 \(x \mod{2^{k+1}} \in \left [2^k,2^{k+1} - 1 \right ]\) 对吧这代表了循环节。

所以啊！我们的答案就变成了每个二进制位上的询问，分开考虑。

问题回到 \(+x\) 上，我们对那个式子进行推导：

\[a[i] + x \mod 2^{k+1} \in \left [ 2^k, {2^{k+1}-1}\right ] \]

\[a[i] \mod 2^{k+1} \in \left [ 2^k-x, {2^{k+1}-1-x}\right ] \]

所以我们可以开 \(20\) 个树状数组，第 \(i\) 个树状数组下标位 \(j\) 的位置代表全局的 \(a[i] \mod {2^{i+1}}\) 有多少值为 \(j-1\) 的（因为树状数组下标从 \(1\) 开始嘛）。所以树状数组相当于对前面的值域做了个前缀和，然后根据我们推导的式子就变成了前缀和相减的形式。

然后经过取模我们可以避免负数的问题，但是会出现 \(r > l-1\) 的问题，但是没关系啊！我们是 $$循环节$$ 所以就变成左区间到 \(r\) 和 \(l\)到右区间的答案，都可以快速统计。

对于修改操作，我们扣掉原来的，加进去新的即可，简单易懂。

修改复杂度 \(O(\log^2{n})\)

查询复杂度 \(O(\log^2{n})\)

总复杂度 \(O(n\log^2{n} + m\log^2{n})\)

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define rrep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
using namespace std;
template <typename T>
inline void read(T &x){
	x=0;char ch=getchar();bool f=0;
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	if(f)x=-x;
}
template <typename T,typename ...Args>
inline void read(T &tmp,Args &...tmps){read(tmp);read(tmps...);}
const int N = (1<<20) + 5;
const int M = 1e5 + 5;
int n,m,a[M];
struct BIT{
	int c[N],len;
	inline int lowbit(int x){return x & (-x);}
	inline void upd(int x,int y){
		++x;
		for(;x<=len;x+=lowbit(x))c[x] += y;
	}
	inline int query(int x){
		++x;
		int res = 0;
		for(;x;x-=lowbit(x))res += c[x];
		return res;
	}
}T[22];
#define f(x) ((1<<(x+1)) - 1)
#define p(x) (1<<(x))
signed main(){
	read(n,m);
	rep(i,1,n){
		read(a[i]);
		rep(j,0,19){
			T[j].len = (1<<(j+1));
			T[j].upd(a[i]%p(j+1),1);
		}
	}
	while(m--){
		int op,x,y;
		read(op,x,y);
		if(op == 1){
			rep(j,0,19){
				T[j].upd(a[x]%p(j+1),-1);
			}
			a[x] = y;
			rep(j,0,19)T[j].upd(a[x]%p(j+1),1);
		}
		else{
			long long ans = 0;
			rep(j,0,19){
				if(y&(1<<j)){
					int l = (1<<j),r = f(j);
					l = (l - 1 - x + p(20)) % p(j+1);
					r = (r - x + p(20)) % p(j+1);
					if(l <= r)ans += 1ll * (1<<j) * (T[j].query(r) - T[j].query(l));
					else ans += 1ll * (1<<j) * (T[j].query(T[j].len-1) + T[j].query(r) - T[j].query(l));
				}
			}
			printf("%lld\n",ans);
		}
	}
}