今天cf被fst了很不爽
学(OI)不如种田
考虑熟练抛粪，每个节点维护自己对重儿子的限制。
对于线段树上每个节点，需要维护当前区间的下限最大值/最小值，上限最大值/最小值，翻转子树时需要swap(下限最大值，上限最大值)，swap(下限最小值，上限最小值）
线段树资瓷单点修改和区间取反
对于每两个重链连接处，合并该节点的取反限制
(分块+bitset+st表)
由于卡空间，我们对每个块整体开(bitset)
大力数据结构，没什么好说的
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define ls(p) (p<<1)
#define rs(p) (p<<1|1)
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(i) ((i)&(-i))
inline int read()
{
int x=0;char ch,f=1;
for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
if(ch=='-') f=0,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return f?x:-x;
}
const int N=1e5+10,siz=1500,M=N/siz+5;
int n,m,opt,ret;
int a[N],b[N],dl[M],dr[M];
int cnt;
bitset<N> val[M],ans;
namespace ST
{
const int maxlog=log2(M);
int lg[M];
bitset<N> f[maxlog+1][M];
inline void init()
{
for(int i=1;i<=cnt;++i) lg[i]=lg[i>>1]+1;
lg[0]=1;
for(int i=1;i<=cnt;++i) f[0][i]=val[i];
for(int i=1;i<lg[cnt];++i)
{
for(int j=1;j+(1<<i)-1<=cnt;++j)
{
f[i][j]=f[i-1][j]|f[i-1][j+(1<<(i-1))];
}
}
}
inline bitset<N> query(int l,int r)
{
int k=lg[r-l+1]-1;
return f[k][l]|f[k][r-(1<<k)+1];
}
}
inline void init()
{
memset(dl,0x3f,sizeof(dl));
cnt=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
b[i]=cnt;
dl[cnt]=min(dl[cnt],i);
dr[cnt]=max(dr[cnt],i);
if(i%siz==0&&i!=n) ++cnt;
}
for(int i=1;i<=cnt;++i)
for(int j=dl[i];j<=dr[i];++j) val[i][a[j]]=1;
ST::init();
}
inline void query(int l,int r)
{
int x=b[l],y=b[r];
if(x==y)
{
for(int i=l;i<=r;++i) ans[a[i]]=1;
return;
}
if(x+1<y)ans|=ST::query(x+1,y-1);
for(int i=l;i<=dr[x];++i) ans[a[i]]=1;
for(int i=dl[y];i<=r;++i) ans[a[i]]=1;
}
inline void main()
{
n=read(),m=read(),opt=read();
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
init();
for(int k,l,r,i=1;i<=m;++i)
{
k=read();
ans.reset();
for(int j=1;j<=k;++j)
{
l=read(),r=read();
if(opt&&i>1) l=(ret^l)%n+1,r=(ret^r)%n+1;
if(l>r) swap(l,r);
query(l,r);
}
printf("%d
",ret=ans.count());
}
}
}
signed main()
{
red::main();
return 0;
}
区间取反，我们可以搞出差分数组，那么每次区间取反就是对两个位置(pos,pos+k)进行取反
最后要让区间的差分数组全部为(0)
我们发现对于模(k)不相同的两个位置，是没有交集的，我们对模(k)相同的情况进行讨论
对于一个区间，必然一次改变会改变两个位置，那么每个情况中(1)的数量必须都是偶数，这个可以用哈希来判断
每个模(k)的数字随机一个较大的值，如果这个位置在差分数组中是(1)就赋上这个值，那么给定区间内值异或和必定是(0)，可以用前缀和判断
然后考虑消(1)的问题，显然最优的策略是相邻的两个(1)作为一组消掉，代价是(frac{i-j}{k}),我们也可以通过前缀和维护
但是有问题，每次给定的小区间我们要视为(l-1)和(r+1)都是(0)
假设(s[i][0])是到(i)为止，如果(char[i])是(1)，那么以(i)为右端点的解
(s[i][1])是(i\%k)情况中，未配对的两个(1)之间的距离和，(s[i][2])是((i+1)\%k)中未配对两个(1)之间距离和
如果(char[l])是(1)，那么差分数组这里应该变成(1)，(ret=ret-s[i][1]+l-s[i][1])
如果(char[r])是(1)，那么差分数组的(r+1)位置是(1)，(ret=ret-s[i][2]+(r+1)-s[i][2])
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define int long long
#define ls(p) (p<<1)
#define rs(p) (p<<1|1)
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(i) ((i)&(-i))
inline int read()
{
int x=0;char ch,f=1;
for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
if(ch=='-') f=0,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return f?x:-x;
}
const int N=2e6+10;
int n,m,k,ret,ans;
char str[N];
int hashval[N];
int pre[N],s[N][3],v[N];
inline void main()
{
srand(19260817);
n=read(),k=read(),m=read();
scanf("%s",str+1);
for(int i=0;i<k;++i) hashval[i]=rand()*rand();
for(int i=1;i<=n;++i)
{
pre[i]=pre[i-1];
s[i][0]=s[i-1][0];
if(str[i]^str[i-1])
{
pre[i]^=hashval[i%k];
s[i][0]+=i-(v[i%k]<<1);
v[i%k]=i-v[i%k];
}
s[i][1]=v[i%k];
s[i][2]=v[(i+1)%k];
}
for(int l,r,i=1;i<=m;++i)
{
l=read(),r=read();
ret=s[r][0]-s[l][0],ans=pre[l]^pre[r];
if(str[l]=='1')
{
ans^=hashval[l%k];
ret-=l-(s[l][1]<<1);
}
if(str[r]=='1')
{
ans^=hashval[(r+1)%k];
ret+=r+1-(s[r][2]<<1);
}
printf("%lld
",!ans?ret/k:-1);
}
}
}
signed main()
{
red::main();
return 0;
}