- 題解好抽象……費了好大勁兒才（自認為）勉強看懂程式碼，也不打算自己重寫了，下附自己寫的log平方（我的實現可能是立方）程式碼和題解程式碼
- 首先，樸素模擬的複雜度似乎不對，但透過打表找規律可以發現一個優良性質——對於每次合併完的結果，至多有兩個長度相同的互異段，於是樸素模擬的複雜度的確是log方的
- 其次，繼續找規律可以發現，對於長度為\(2^j\)的一個分段，它要麼是[xsum,(xsum|((1ll<<j)-1))]，要麼是[(xsum|(1ll<<j)),(xsum|((1ll<<j+1)-1))]，xsum為當前所有的x的異或和保留j+1位及更高位得到的結果，而去掉末j+1位可以透過先右移再左移實現
- 動態規劃。用下標的0/1區分左端點的第s位是否為1,dp0/dp1區分是段長<\(2^s\)的總和還是<=\(2^s\)的總和
- 感受為什麼要用字首和最佳化動態規劃？因為對於某個特定的段，向比它小（大）的段轉移，操作都是類似的、有規律可循的
- s記錄了當前已經更新的x的所有段長的總和，這些段長都小於\(2^j\)
- 轉移時，新加進來的x的貢獻顯然是s,但，原來的呢？
- 考慮在樸素轉移中，對於當前所有lowbit(x)<\(2^j\)的x,我們用(cur[i].first^(x-lowbit(x)))去掉末j+1位更新區間左端點
- 所以根據當前x第j位是否為1來確定
- 最後還要把長度=2^j的段加入dp1中
- 2的逆元可以用(p+1)/2求（p是奇數）
- 用左閉右開區間
點選檢視程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
const long long maxn=(1ll<<60)-1;
long long a[1000005];
vector<pair<long long,long long> >cur,tmp;
vector<long long>cnt,res;
long long lowbit(long long n)
{
return n&(-n);
}
void split(long long x)
{
tmp.clear();
res.clear();
int n=cur.size();
while(x)
{
if(!n)
{
tmp.push_back(make_pair(x-lowbit(x),x));
res.push_back(1);
}
else
{
for(int i=0;i<n;i++)
{
long long len=max(cur[i].second-cur[i].first,lowbit(x));
long long val=min(cur[i].second-cur[i].first,lowbit(x))%mod;
long long L=(cur[i].first^(x-lowbit(x)))&(maxn-(len-1)),R=L+len;
bool f=false;
for(int j=0;j<tmp.size();j++)
{
if(L==tmp[j].first&&R==tmp[j].second)
{
f=true;
res[j]+=(val*cnt[i]%mod);
res[j]%=mod;
break;
}
}
if(f==false)
{
tmp.push_back(make_pair(L,R));
res.push_back(val*cnt[i]%mod);
}
}
}
x-=lowbit(x);
}
cur=tmp;
cnt=res;
}
long long getlen(long long l,long long r,long long L,long long R)
{
if(l>=L&&r<=R)
{
return (r-l+1)%mod;
}
if(l<=L&&r>=R)
{
return (R-L+1)%mod;
}
if(r<L||l>R)
{
return 0;
}
if(r>=L&&r<=R)
{
return (r-L+1)%mod;
}
return (R-l+1)%mod;
}
int n,m;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>m;
cur.clear();
cnt.clear();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
a[i]++;
split(a[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
long long l,r;
cin>>l>>r;
long long ans=0;
for(int j=0;j<cur.size();j++)
{
long long L=cur[j].first,R=cur[j].second;
R--;
ans=ans+getlen(l,r,L,R)*cnt[j]%mod;
ans%=mod;
}
cout<<ans<<endl;
}
}
return 0;
}
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int p=998244353;
const int inv=p+1>>1;
long long dp0[70][2],dp1[70][2];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
int n,m;
cin>>n>>m;
memset(dp0,0,sizeof(dp0));
memset(dp1,0,sizeof(dp1));
for(int j=0;j<60;j++)
{
dp0[j][0]=dp1[j][0]=1;
}
long long xsum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
long long x;
cin>>x;
x++;
xsum^=x;
long long s=0;
for(int j=0;j<60;j++)
{
long long d0=dp0[j][0],d1=dp0[j][1];
dp0[j][x>>j&1]=d0*s%p;
dp0[j][~x>>j&1]=d1*s%p;
d0=dp1[j][0],d1=dp1[j][1];
dp1[j][x>>j&1]=d0*s%p;
dp1[j][~x>>j&1]=d1*s%p;
if(x>>j&1)
{
s+=1ll<<j;
s%=p;
dp1[j][0]=(dp1[j][0]+(1ll<<j)%p*d0)%p;
dp1[j][1]=(dp1[j][1]+(1ll<<j)%p*d1)%p;
}
}
}
while(m--)
{
long long L,R;
cin>>L>>R;
long long res=0;
for(long long s=0,pw=1;s<60;s++,pw=pw*inv%p)
{
long long t=xsum;
xsum>>=s+1;xsum<<=s+1;
long long len1=min(R,xsum|((1ll<<s)-1))-max(L,xsum)+1;
long long len2=min(R,xsum|((1ll<<s+1)-1))-max(L,xsum|(1ll<<s))+1;
len1%=p;
len2%=p;
res+=(len1>0)*(dp1[s][0]-dp0[s][0])*len1%p*pw%p;
res+=(len2>0)*(dp1[s][1]-dp0[s][1])*len2%p*pw%p;
xsum=t;
}
cout<<(res%p+p)%p<<endl;
}
}
return 0;
}