正常的莫队如果其单次插入或者删除的时间开销是$f(n)$,那么我们的莫队的时间开销就是$O(f(n)*nsqrt n)$或者$O((f(n)*n)^{1.5})$次方，当$f(n)$过大，比如$log^2(n)$，那么时间开销就无法接受。二次离线莫队可以把时间开销降到$O(nf(n)+n^{1.5})$
设 $x$ 对区间 $[l,r]$ 的贡献为 $f(x,[l,r])$
我们考虑区间端点变化对答案的影响： 以$[l..r]$ 变成 $[l..(r+k)]$为例
增量是 $sum_{x=r+1}^{r+k} f(x,[l,x-1])=sum_{x=r+1}^{r+k} f(x,[1,x-1])-f(x,[1,l-1]) $ （这一步要求询问有可加性，或者经过处理后有可加性）
前半部分自然可以O(1)处理，后面部分本质上是O(N^{1.5})次的对$f(x,[1,y])$的询问，只要能对给定x进行一些预处理后可以$O(1)$返回$f(x,[1,y])$，就得到一个时间开销是$O(N^{1.5}+Nf(N))$，空间开销$O(N^{1.5})$的优秀做法
但空间开销$O(N^{1.5})$在有些时候也是不可接受的，我们试图进行空间优化。我们发现每次询问时$y$形成区间，每次存储用区间存就能降到$O(N)$了
我们来看2道例题：
处理前缀询问的时候，有异或运算的交换律，即$a xor b=c Leftrightarrow a xor c=b$ 开一个桶$t$,$t[i]$表示当前前缀中与$i$异或有$k$个数位为1的数有多少个。 则每加入一个数$a[i]$，对于所有$popcount(x)==k$的x，
$++t[a[i] xor x]$即可。
//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline") //#pragma GCC optimize("-Ofast","-funroll-all-loops") #include<bits/stdc++.h> //#define getchar nc #define sight(c) ('0'<=c&&c<='9') #define swap(a,b) a^=b,b^=a,a^=b #define LL long long #define debug(a) cout<<#a<<" is "<<a<<" " #define dput(a) puts("a") #define eho(x) for(int i=head[x];i;i=net[i]) #define fi first #define se second #define N 100007 inline char nc(){ static char buf[1000000],*p1=buf,*p2=buf; return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; } template <class T> inline void read(T &x){// unsigned static char c; for (c=getchar();!sight(c);c=getchar()); for (x=0;sight(c);c=getchar())x=x*10+c-48; } template <class T> void write(T x){if (x<10) {putchar('0'+x); return;} write(x/10); putchar('0'+x%10);} template <class T> inline void writeln(T x){ if (x<0) putchar('-'),x*=-1; write(x); putchar(' '); } template <class T> inline void writel(T x){ if (x<0) putchar('-'),x*=-1; write(x); putchar(' '); } using namespace std; struct Node{ int x,y,id; LL ans; }Q[N]; int a[N],blo[N],n,m,k,SIZ; int A[N],cnt[N],pre[N],now[N]; vector<int> buf; vector<array<int,3>> V[N]; LL ans[N]; signed main() { #ifdef LOCAL // freopen("test.in", "r", stdin); // freopen("test.out", "w", stdout); #endif read(n); read(m); read(k); for (int i=1;i<=n;i++) read(a[i]); SIZ=sqrt(n); for (int i=1;i<=n;i++) blo[i]=(i-1)/SIZ+1; for (int i=1;i<=m;i++) { read(Q[i].x); read(Q[i].y); Q[i].id=i; } sort(Q+1,Q+m+1,[&](const Node& A,const Node& B){return blo[A.x]==blo[B.x]?A.y<B.y:A.x<B.x;}); for (int i=1;i<16384;i++) cnt[i]=cnt[i-(i&-i)]+1; for (int i=0;i<16384;i++) if (cnt[i]==k) buf.push_back(i); for (int i=1;i<=n;i++) { pre[i]=A[a[i]]; //F(x,1,x-1) for (auto x:buf) A[x^a[i]]++; now[i]=A[a[i]]; } for (int i=1,L=1,R=0;i<=m;i++) { int l=Q[i].x,r=Q[i].y; if (L>l) V[R].push_back({l,L-1,i}); while (L>l) --L,Q[i].ans-=now[L];//need -f(x,x,x) if (R<r) V[L-1].push_back({R+1,r,-i}); while (R<r) ++R,Q[i].ans+=pre[R]; if (L<l) V[R].push_back({L,l-1,-i});//need +f(x,x,x) while (L<l) Q[i].ans+=now[L],L++; if (R>r) V[L-1].push_back({r+1,R,i}); while (R>r) Q[i].ans-=pre[R],R--; } memset(A,0,sizeof A); for (int i=1,id,l,r,op;i<=n;i++) { for(auto x:buf) ++A[a[i]^x]; for (auto x:V[i]) { l=x[0]; r=x[1]; op=x[2]<0?-1:1; id=x[2]*op; for (int j=l;j<=r;j++) { Q[id].ans+=op*A[a[j]]; } } } for (int i=1;i<=m;i++) Q[i].ans+=Q[i-1].ans,ans[Q[i].id]=Q[i].ans; for (int i=1;i<=m;i++) writeln(ans[i]); return 0; }
我们考虑$a[x]$对$[L,R]$ 的贡献$f（x,[L,R]）$，有$f(x,[L,R])=cnt_{x,[L,R]}+a[x]*（1+num_{x,[L,R]}）$，$cnt_{x,[L,R]}$表示在$[L,R]$中比$a[x]$大的数和，$num_{x,[L,R]}$表示比$a[x]$小的数的和，我们发现$f(x,[L,R])$不满足可加性，令$g(x,[L,R])=cnt_{x,[L,R]}+a[x]*num_{x,[L,R]}$就满足可加性了。
有几个要注意的点，维护前缀和不能用树状数组，树状数组不能$O(1)$查询，而是要用分块。这题卡常数，结构体中调用函数比较慢，在最后统计后半部分的贡献时直接调用Tree的que会导致常数大到T飞，要全部写开来，还有就是要用莫队的奇偶优化，能快一半。
//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline") #pragma GCC optimize("-Ofast","-funroll-all-loops") #include<bits/stdc++.h> #define getchar nc #define sight(c) ('0'<=c&&c<='9') #define swap(a,b) a^=b,b^=a,a^=b #define LL long long #define debug(a) cout<<#a<<" is "<<a<<" " #define dput(a) puts("a") #define eho(x) for(int i=head[x];i;i=net[i]) #define fi first #define se second #define N 500007 #define M 100007 inline char nc(){ static char buf[1000000],*p1=buf,*p2=buf; return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; } template <class T> inline void read(T &x){// unsigned static char c; for (c=getchar();!sight(c);c=getchar()); for (x=0;sight(c);c=getchar())x=x*10+c-48; } template <class T> void write(T x){if (x<10) {putchar('0'+x); return;} write(x/10); putchar('0'+x%10);} template <class T> inline void writeln(T x){ if (x<0) putchar('-'),x*=-1; write(x); putchar(' '); } template <class T> inline void writel(T x){ if (x<0) putchar('-'),x*=-1; write(x); putchar(' '); } using namespace std; struct Node{ int x,y,id; LL ans; }Q[N]; int a[N],blo[N],n,m,k,SIZ; int A[N],cnt[N]; vector<int> buf; vector<array<int,3>> V[N]; LL ans[N],pre[N],now[N],sum[N]; struct Tree{ LL q[M],g[M]; int BLO; #define L(x) (x&-x) LL que(LL x){ return g[x/BLO]+q[x]; } void add(LL x,LL dla) { int s1=x/BLO,s2=(M-1)/BLO; for (int i=x;i<s1*BLO+BLO&&i<M;i++) q[i]+=dla; for (int i=s1+1;i<=s2;i++) g[i]+=dla; } void clear() { memset(q,0,sizeof q); memset(g,0,sizeof g); BLO=sqrt(M); // for (int i=0;i<M;i++) id[i]=i/BLO; } }Q1,Q2; signed main() { // #ifdef LOCAL freopen("test.in", "r", stdin); freopen("test.out", "w", stdout); // #endif read(n); read(m); Q1.clear(); Q2.clear(); for (int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i]; SIZ=sqrt(n); for (int i=1;i<=n;i++) blo[i]=(i-1)/SIZ+1; for (int i=1;i<=m;i++) { read(Q[i].x); read(Q[i].y); Q[i].id=i; } sort(Q+1,Q+m+1,[&](const Node& A,const Node& B){return blo[A.x]==blo[B.x]?A.y<B.y:A.x<B.x;});for (int i=1;i<=n;i++) { pre[i]=1ll*a[i]*(Q1.que(a[i]-1))+Q2.que(M-1)-Q2.que(a[i]); Q1.add(a[i],1); Q2.add(a[i],a[i]); now[i]=1ll*a[i]*(Q1.que(a[i]-1))+Q2.que(M-1)-Q2.que(a[i]); } for (int i=1,L=1,R=0;i<=m;i++) { int l=Q[i].x,r=Q[i].y; if (L>l) V[R].push_back({l,L-1,i}); while (L>l) --L,Q[i].ans-=now[L];//need -f(x,x,x) if (R<r) V[L-1].push_back({R+1,r,-i}); while (R<r) ++R,Q[i].ans+=pre[R]; if (L<l) V[R].push_back({L,l-1,-i});//need +f(x,x,x) while (L<l) Q[i].ans+=now[L],L++; if (R>r) V[L-1].push_back({r+1,R,i}); while (R>r) Q[i].ans-=pre[R],R--; } Q1.clear(); Q2.clear(); int BLO=Q1.BLO; for (int i=1,id,l,r,op;i<=n;i++) { Q1.add(a[i],1); Q2.add(a[i],a[i]); for (auto x:V[i]) { l=x[0]; r=x[1]; op=x[2]<0?-1:1; id=x[2]*op; for (int j=l;j<=r;j++) { Q[id].ans+=1ll*op*(1ll*a[j]*(Q1.q[a[j]-1]+Q1.g[(a[j]-1)/BLO])+(Q2.q[M-1]+Q2.g[(M-1)/BLO])-(Q2.q[a[j]]+Q2.g[a[j]/BLO])); } } } for (int i=1;i<=m;i++) Q[i].ans+=Q[i-1].ans,ans[Q[i].id]=Q[i].ans+sum[Q[i].y]-sum[Q[i].x-1]; for (int i=1;i<=m;i++) writeln(ans[i]); return 0; } /* 4 1 1 2 2 3 2 3 */ /* 4 1 1 2 2 3 2 3 */