Luogu P3794 签到题IV

题目大意

  给定一个长度为(n)的序列(a_1, a_2, dots , a_n)（(1 leq n, a_i leq 5 imes 10^5)）求有多少对$(i, j) $满足(1 leq i leq j leq n)且(gcd (a_i, a_{i + 1}, dots , a_j) oplus (a_i lor a_{i + 1} lor dots lor a_j) = k)。

 

题解

  容易想到，当(i)不变时，随着(j)从小变大，区间(gcd)的值只会变小，且因为每次都要除以一个质因子，所以最多变小(log)次就到(1)，同时区间或的值只会变大，且因为每次都会有一个二进制位变化，所以最多变大(log)次就到最大值。
  如果我们当前知道对于每个(i)，所有可能出现的区间(gcd)和区间或的值，就能求出((i,j))的对数。
  同时，我们也可以由(i + 1)得到(i)可能出现的区间(gcd)和区间或的值，所以我们可以从(n)开始枚举到(1)，直接求解即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>

#define MAX_N (500000 + 5)
#define SIZE (1 << 21)

#define Getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = fr) + fread(fr, 1, SIZE, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)

using namespace std;

char fr[SIZE], * p1 = fr, * p2 = fr;

void Read(int & res)
{
	res = 0;
	char ch = Getchar();
	while(!isdigit(ch)) ch = Getchar();
	while(isdigit(ch)) res = res * 10 + ch - '0', ch = Getchar();
	return; 
}

struct Interval
{
	int val;
	int r;
};

int n, k;
int a[MAX_N];
Interval g1[25], g2[25];
int tot1, tot2;
long long ans;

int gcd(int a, int b)
{
	int c;
	while(b)
	{
		c = a % b;
		a = b;
		b = c;
	}
	return a;
}

void Update(int x, Interval g[], int & tot)
{
	g[tot + 1].val = 0x7f7f7f7f;
	int d = 0;
	for(int i = 1; i + d <= tot; ++i)
	{
		g[i] = g[i + d];
		while(g[i + d].val == g[i + d + 1].val)
		{
			g[i] = g[i + d + 1];
			++d;
		}
	}
	tot -= d;
	return;
}

int main() 
{
	Read(n); Read(k);
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
 	{
		Read(a[i]);
	}
	int t1, t2;
	g1[0].r = g2[0].r = n + 1;
	for(int i = n; i; --i)
	{
		for(int j = 1; j <= tot1; ++j)
		{
			g1[j].val = gcd(g1[j].val, a[i]);
		}
		for(int j = 1; j <= tot2; ++j)
		{
			g2[j].val |= a[i];
		}
		g1[++tot1] = g2[++tot2] = (Interval){a[i], i};
		Update(i, g1, tot1);
		Update(i, g2, tot2);
		t1 = tot1;
		t2 = tot2;
		while(t1 && t2)
		{
			if((g1[t1].val ^ g2[t2].val) == k) 
			{
				ans += min(g1[t1 - 1].r, g2[t2 - 1].r) - max(g1[t1].r, g2[t2].r);
			}
			if(g1[t1 - 1].r <= g2[t2 - 1].r) --t1;
			else --t2;
		}
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}