题目链接： 51nod1674
题意：规定一个区间的价值为这个区间中所有数and起来的值与这个区间所有数or起来的值的乘积。现在l有一个 N 个数的序列，问所有n*(n+1)/2个区间的贡献的和对1000000007取模后的结果。
解法：暴力是O(n^2)，我是尽量找了相差1的区间之间的规律，枚举区间的右端点可以发现当区间 [ l , r ]在右边新添一个数 r+1 时，答案要加上 [r+1,r+1]、[r,r+1]、[r-1,r+1] ...... [1,r+1]。就可以每次存储 f [ i ] 和 g [ i ] 分别为 [ i , r ] 的“与和”和“或和”。再对 r+1 更新就好。
当然暴力最先想到的其实是枚举左端点，右端点递增，若有 f[ ] * g[ ] 为0，就枚举下一个左端点，这样或许能水多一点分的。
然而，正解确实是按我想的那个暴力的基础上优化为 O(n log n) 的。因为事实上每次存储的 f[ ] 和 g[ ]，都有不少 f [ i ]=f [ j ] 且 g [ i ]=g [ j ]，那么就可以合并，这样在枚举右端点的情况下扫描的数目就少了，数目为 log n 级别的。因为 n 的二进制有 log n 位，而每次变化最少是1个位变化，那么不同的 f[ ] 和 g[ ] 不同的组合数最多就是 2*log n（位变化成不同的数）了。那么我们也可以每次对 f[ ] 和 g[ ] 更新时考虑可并。若更新后的值有变化，要不是 f[ ] 有由 1→0，要不就是 g[ ] 有由 0→1，且是不可还原的，也就是不会再由 0→1 或 1→0。它就有可能变成和自己后面的一对 f[ ] 和 g[ ] 相同，若有相同的我们便把它们合并。使用链表实现。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<iostream> 6 using namespace std; 7 #define N 100010 8 #define mod 1000000007 9 typedef long long LL; 10 11 LL a[N],sum; 12 int st,ed; 13 struct node{LL f,g;int t,next,last;}s[N];//f[i] 从i到当前的r-1的&值 14 15 void ins(int x,int llast) 16 { 17 s[++ed].t=1; s[ed].f=s[ed].g=a[x]; 18 if (llast!=-1) s[ed].last=llast; 19 else s[ed].last=ed-1; 20 s[ed].next=ed+1; 21 sum=(sum+(a[x]*a[x])%mod)%mod; 22 } 23 int main() 24 { 25 int n; 26 scanf("%d",&n); 27 for (int i=1;i<=n;i++) 28 scanf("%I64d",&a[i]); 29 st=1,ed=0; sum=0; 30 ins(1,0); 31 for (int r=2;r<=n;r++) 32 { 33 int llast=-1; 34 for (int i=st;i<=ed;i=s[i].next) 35 {//f 1→0 g 0→1 36 s[i].f=(s[i].f&a[r])%mod; 37 s[i].g=(s[i].g|a[r])%mod; 38 sum=(sum+((LL)(s[i].f*s[i].g)%mod*s[i].t)%mod)%mod; 39 int p=s[i].last; 40 if (p && s[i].f==s[p].f && s[i].g==s[p].g) 41 { 42 if (st==p) st=i; 43 s[i].last=s[p].last; 44 s[s[p].last].next=i; 45 s[i].t+=s[p].t; 46 } 47 if (!s[i].f) 48 { 49 if (!p) st=s[i].next; 50 if (s[i].next>ed) llast=p;// 51 s[s[i].next].last=p; 52 s[p].next=s[i].next; 53 } 54 } 55 ins(r,llast); 56 } 57 printf("%I64d ",sum); 58 return 0; 59 }
P.S.唉，这题做了2个多小时，还是WA了~TwT