sum nowcode

时间限制：1秒 空间限制：131072K

题目描述

考虑维护一个这样的问题：
（1） 给出一个数组A，标号为1~n
（2） 修改数组中的一个位置。
（3） 询问区间[l,r]中所有子集的位运算and之和mod(109+7)。
位运算and即为“pascal中的and”和“C/C++中的&”
我们定义集合S={ l , l+1 , ... , r-1 , r}
若集合T，T ∩ S = T，则称T为S的子集
设f（T）=AT1 and AT2 and ... and ATk  (设k为T集大小，若k=0则f(T)=0) 
所有子集的位运算and之和即为∑f(T)
那么，现在问题来了。

输入描述:

第一行，一个正整数N
第二行，N个非负整数，为数组A
第三行，一个正整数M，为操作次数
接下来M行格式如下
修改操作： 1 x y，将Ax修改为y
询问操作： 2 l r，区间[l,r]中所有子集的位运算and之和 mod(109+7)

输出描述:

对于每次询问输出一行，为该次询问的答案mod(109+7)。
long long 请使用lld

示例1

输入

3
1 2 3
6
2 1 3
1 1 2
2 1 3
2 2 3
1 2 5
2 1 3

输出

9
15
7
13

---

对于二进制下每一位，我们单独算其在区间内的贡献，最后加起来就是查询答案。
我们对二进制下每一位（最多31位）都建一个树状数组bit[i]，保存二进制下第i位为1的数字个数的前缀和。然后修改和增加这个无需赘言，修改要先把修改位置对应二进制下的1从bit中删掉再增加新的数字的bit。查询则是：若对应区间[i，j]在二进制下第k位有p个数字，那么贡献为(2^p-1)*2^k。每一位的贡献加起来就是答案。

#include<bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define LL long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const int M=1e9+10;
int num[N];
int bit[35][N];
int n,m,k,u,v,op,t;
LL ans;
LL quick_pow(LL x,int n)
{
    LL res=1;
    while(n)
    {
        if(n&1) res=(res*x)%mod;
        x=(x*x)%mod;
        n>>=1;
    }
    return res;
}
void add(int i,int x,int pos)
{
    while(i<=n)
    {
        bit[pos][i]+=x;
        i+=i&-i;
    }
    return ;
}
int sum(int i,int pos)
{
    int s=0;
    while(i>0)
    {
        s+=bit[pos][i];
        i-=i&-i;
    }
    return s;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    clr(bit);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&num[i]);
        k=0;
        t=num[i];
        while(t)
        {
            if(t&1) add(i,1,k);
            t>>=1;
            k++;
        }
    }
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&op,&u,&v);
        if(op==1)
        {
            k=0;
            t=num[u];
            while(t)
            {
                if(t&1) add(u,-1,k);
                t>>=1;
                k++;
            }
            num[u]=t=v;
            k=0;
            while(t)
            {
                if(t&1) add(u,1,k);
                t>>=1;
                k++;
            }
        }
        if(op==2)
        {
            ans=0;
            for(k=0;k<=32;k++)
            {
                ans=(ans+(quick_pow(2,sum(v,k)-sum(u-1,k))-1)*quick_pow(2,k)%mod)%mod;
            }
            printf("%lld
",ans);
        }
    }
    return 0;
}