【洛谷P4144】大河的序列

题目大意：给定一个长度为 N 的序列，求序列中连续区间最大的（或和加与和）是多少。

题解：
引理：任意两个数 (i, j)，若 (i>j)，则在二进制表示下，i 对应的二进制串的字典序一定大于 j 对应的二进制串的字典序。
根据引理，若当前的最优解为 X，现考虑新加入一个元素 Y，有以下三种情况。

1. 若 (X>Y)，则 Y 不应加入 X 对答案的贡献中，因为对于或来说新加入 Y 的贡献会比 Y & X 对答案的负贡献小。
2. 若 (X=Y)，则无所谓。
3. 若 (X<Y)，不妨将 Y 设为当前最优解，结果会变得更优。
   综上，答案为序列中元素最大值的二倍。

二进制的最优解问题是具有贪心性质的，即：一个高位的 1 比所有低位均为 1 还要大。因此，只需每次尽量使得高位为 1 即可取得最优解。

另一种解法是 贪心+二分，枚举左端点，再根据二进制位从高到低进行贪心，用二分加速寻找最优的右端点。时间复杂度为 (O(nlog^2n))。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define cls(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int dx[]={0,1,0,-1};
const int dy[]={1,0,-1,0};
const int mod=1e9+7;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e5+10;
const double eps=1e-6;
inline ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
inline ll sqr(ll x){return x*x;}
inline ll fpow(ll a,ll b,ll c){ll ret=1%c;for(;b;b>>=1,a=a*a%c)if(b&1)ret=ret*a%c;return ret;}
inline ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch;
    do{ch=getchar();if(ch=='-')f=-1;}while(!isdigit(ch));
    do{x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}while(isdigit(ch));
    return f*x;
}
/*------------------------------------------------------------*/

ll n,b,p,a[maxn],sum[32][maxn];

void read_and_parse(){
    n=read(),b=read(),p=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    for(int i=0;i<=25;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
        	sum[i][j]=sum[i][j-1]+(a[j]>>i&1);
}
void solve(){
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ll lb=i,rb=n,ret=0;
        for(int bit=25;~bit;bit--){
            if(a[i]>>bit&1){
                ll l=lb-1,r=rb;
                while(l<r){
                    int mid=l+r+1>>1;
                    if(sum[bit][mid]-sum[bit][i-1]==mid-i+1)l=mid;
                    else r=mid-1;
                }
                if(l==lb-1)ret+=(1<<bit);
                else ret+=2*(1<<bit),rb=l;
            }else{
                ll l=lb,r=rb+1;
                while(l<r){
                    int mid=l+r>>1;
                    if(sum[bit][mid]-sum[bit][i-1]>0)r=mid;
                    else l=mid+1;
                }
                if(r==rb+1)continue;
                else ret+=(1<<bit),lb=r;
            }
        }
        ans=max(ans,ret);
    }
    printf("%lld
",fpow(ans+233,b,p));
}
int main(){
    read_and_parse();
    solve();
    return 0;
}