洛谷 P8569 [JRKSJ R6] 第七学区

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好题，吹爆 JRKSJ！

考虑朴素的 \(O(n \log V)\) 做法。枚举第 \(i\) 位，需要计算所有极长连续的全 \(0\) 区间长度，答案为 \(\sum\limits_{i=0}^{63} 2^i \times (\frac{n(n+1)}{2} - \sum\frac{len(len+1)}{2})\)。

然而这样不能通过。考虑分块，每 \(B\) 个元素为一块。

• 块内的子区间暴力枚举即可。这部分复杂度是 \(O(nB)\)。
• 算块间的贡献，考虑算出当前块第 \(i\) 位第一次出现的位置 \(f_i\) 和最后一次出现的位置 \(g_i\)。再维护一个 \(lst_i\) 表示前面的块第 \(i\) 位最后一次出现的位置。考虑计算块内的前缀或序列 \(s_i\)，那么 \(s_i \oplus s_{i-1}\) 就是 \(a_i\) 在块中第一次出现的位。这部分的时间复杂度为 \(O(\frac{2n \log V}{B})\)。
• 算出来 \(f_i\) 和 \(g_i\)，考虑计算块间的贡献。枚举第 \(i\) 位，沿用暴力方法，右端点在当前块的全 \(0\) 区间数量为 \((f_i - l) \times (l - lst_i - 1)\)。若当前块的所有元素的第 \(i\) 位都是 \(0\)，数量就是 \((r - l + 1) \times (l - lst_i - 1)\)。每次用 \(g_i\) 更新 \(lst_i\) 即可。这部分的时间复杂度为 \(O(\frac{n \log V}{B})\)

总时间复杂度为 \(O(nB + \frac{3n \log V}{B})\)，实测 \(B = 17\) 最优。

code

/*

p_b_p_b txdy
AThousandSuns txdy
Wu_Ren txdy
Appleblue17 txdy

*/

#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
char buf[1 << 21], *p1 = buf, *p2 = buf;

namespace READ
{
	ull Read()
	{
		char ch=getchar();
		ull s=0;
		while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
		while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
		return s;
	}
	ull tp[10005];
	int l,r;
	ull g1,g2;
	void init(int &n)
	{
		int i,k;
		n=Read(),k=Read(),l=1;
		for(i=1;i<=k;i++)
			tp[i]=Read();
	}
	ull read()
	{
		if(l>r)
			l=Read(),r=Read(),g1=Read(),g2=Read();
		return tp[l++]*g1+g2;
	}
}

const int B = 17;

int n, f[64], g[64], lst[64];
ull a[64], b[64], c[64], ans, sum;

void solve() {
	READ::init(n);
	for (int l = 1; l <= n; l += B) {
		int r = min(l + B - 1, n), len = r - l + 1;
		sum += 1ULL * len * (len + 1) / 2;
		for (int i = l; i <= r; ++i) {
			a[i - l + 1] = READ::read();
		}
		for (int i = 1; i <= len; ++i) {
			ull s = 0;
			for (int j = i; j <= len; ++j) {
				s |= a[j];
				ans += s;
			}
		}
		mems(f, 0);
		mems(g, 0);
		b[0] = 0;
		for (int i = 1; i <= len; ++i) {
			b[i] = (b[i - 1] | a[i]);
		}
		for (int i = 1; i <= len; ++i) {
			ull val = (b[i] ^ b[i - 1]);
			while (val) {
				f[__builtin_ctzll(val)] = i + l - 1;
				val ^= (val & (-val));
			}
		}
		b[len + 1] = 0;
		for (int i = len; i; --i) {
			b[i] = (b[i + 1] | a[i]);
		}
		for (int i = 1; i <= len; ++i) {
			ull val = (b[i] ^ b[i + 1]);
			while (val) {
				g[__builtin_ctzll(val)] = i + l - 1;
				val ^= (val & (-val));
			}
		}
		for (int i = 0; i < 64; ++i) {
			if (f[i]) {
				c[i] += 1ULL * (f[i] - l) * (l - lst[i] - 1);
				lst[i] = g[i];
			} else {
				c[i] += 1ULL * (r - l + 1) * (l - lst[i] - 1);
			}
		}
	}
	for (int i = 0; i < 64; ++i) {
		ans += (1ULL << i) * (1ULL * n * (n + 1) / 2 - sum - c[i]);
	}
	printf("%llu", ans);
}

int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}