题目传送门（内部题24）
输入格式
第一行有$3$个整数$n,opt$，$opt$的意义将在输出格式中提到。
第二行有$n$个整数，第$i$个整数表示$a_i$。
输出格式
若$opt=1$，输出一行一个整数表示${ans}_1$。
若$opt=2$，输出一行一个整数表示${ans}_2$。
若$opt=3$，输出两行，第一行一个整数${ans}_1$，第二行一个整数${ans}_2$。
样例
样例输入：
3 3
6 1 3
样例输出：
78
6
数据范围与提示
对于所有数据，$1leqslant nleqslant {10}^5,1leqslant optleqslant 3,0leqslant a_ileqslant {10}^6$。
题解
对于每个数$a_x$，用单调栈找出它作为最大值的区间$[l_x,r_x]$，所有区间只有包含和不相交关系，没有相交关系，而且所以区间构成了一棵二叉树。
对每个区间$[l_x,r_x]$维护一棵$01trie$树$T_x$。
对每个区间$[l_x,r_x]$维护一个数组$f_x$，其中$f_{x,j}$表示该区间中第$j$位为$1$的数有多少个。
所以区间构成了一棵二叉树，可以对区间进行启发式合并，对于$a_x$控制的区间$[l_x,r_x]$，找到它的左右儿子$lch:[l_x,x−1]$和$rch:[x+1,r_x]$，我们只需要考虑所有包含$x$的区间的答案，而且这些区间的最大值都是$a_x$。
若左区间的长度$<$右区间的长度，我们可以枚举左区间中的每个数$a_i$。
对于${ans}_1$，我们可以分别统计每一个二进制位的答案，若$a_i$的第$j$位是$0$，那么第$j$位的贡献就是$2^jf{rch,j}$，若$a_i$的第$j$位是$1$，情况类似。同时，将 $a_i$更新到$f_x$中。
对于${ans}_2$，问题就转化成右区间中有多少个数$v$满足$v xor a_i>a_x$，可以在$T_{rch}$中查询。同时，将$a_i$插入到$trie$树$T_x$中。
时间复杂度：$Theta(nlog nlog v)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,opt;
int a[100001],c[30],s[100001][30],sta[100001],sum[100001],l[100001],r[100001];
long long flag[30],d[30];
int rt[100001];
int trie[50000000][2],w[50000000],cnt;
long long ans1,ans2;
void add(int x,int y)
{
sum[y]++;
for(int i=0;i<=21;i++)
{
s[y][i]+=x&1;
x>>=1;
}
}
void insert(int x,int l,int r)
{
for(int i=21;i>=0;i--)
{
int p=(x>>i)&1;
w[l]=w[r]+1;
trie[l][p^1]=trie[r][p^1];
trie[l][p]=++cnt;
l=trie[l][p];
r=trie[r][p];
}
w[l]=w[r]+1;
}
int ask(int x,int y,int l,int r)
{
int res=0,ans=0;
for(int i=21;i>=0;i--)
if((y>>i)&1)
if(res+flag[i]>x)
{
ans+=w[trie[r][0]]-w[trie[l][0]];
l=trie[l][1];
r=trie[r][1];
}
else
{
l=trie[l][0];
r=trie[r][0];
res+=flag[i];
}
else
if(res+flag[i]>x)
{
ans+=w[trie[r][1]]-w[trie[l][1]];
l=trie[l][0];
r=trie[r][0];
}
else
{
l=trie[l][1];
r=trie[r][1];
res+=flag[i];
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&opt);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
flag[0]=1;for(int i=1;i<=21;i++)flag[i]=flag[i-1]<<1;
cnt=n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
rt[i]=i;
add(a[i],i);
insert(a[i],rt[i],rt[i-1]);
while(sta[0]&&a[sta[sta[0]]]<=a[i])
r[sta[sta[0]--]]=i-1;
l[i]=sta[sta[0]]+1;
sta[++sta[0]]=i;
for(int j=0;j<=21;j++)
s[i][j]+=s[i-1][j];
sum[i]+=sum[i-1];
}
while(sta[0])r[sta[sta[0]--]]=n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
long long res1=0,res2=0;
if(i-l[i]<=r[i]-i)
{
for(int j=0;j<=21;j++)
c[j]=s[r[i]][j]-s[i-1][j];
for(int j=l[i];j<=i;j++)
{
for(int k=0;k<=21;k++)
{
if((a[j]>>k)&1)d[k]=sum[r[i]]-sum[i-1]-c[k];
else d[k]=c[k];
res1=(res1+d[k]*flag[k])%1000000007;
}
res2=(res2+ask(a[i],a[j],rt[i-1],rt[r[i]]))%1000000007;
}
}
else
{
for(int j=0;j<=21;j++)
c[j]=s[i][j]-s[l[i]-1][j];
for(int j=i;j<=r[i];j++)
{
for(int k=0;k<=21;k++)
{
if((a[j]>>k)&1)d[k]=sum[i]-sum[l[i]-1]-c[k];
else d[k]=c[k];
res1=(res1+d[k]*flag[k])%1000000007;
}
res2=(res2+ask(a[i],a[j],rt[l[i]-1],rt[i]))%1000000007;
}
}
ans1=(ans1+res1*a[i])%1000000007;
ans2=(ans2+res2*a[i])%1000000007;
}
switch(opt)
{
case 1:printf("%lld",ans1);break;
case 2:printf("%lld",ans2);break;
case 3:printf("%lld
%lld",ans1,ans2);break;
}
return 0;
}
rp++