版权声明：随意转载哦......但还是请注明出处吧： https://blog.csdn.net/dreaming__ldx/article/details/89011033
matrix
一道很妙的题。
首先大家应该都会无脑的
，即我们固定左右端点和之间的字符串
，从上往下扫计算每一行的贡献，对于第
行的串
，我们设上一个出现的满足
的位置为
，那么
对答案的贡献就是
于是对于每一种串我们可以维护其出现位置的集合
，其中
是方便计算的，那么这个串的贡献就是
现在的问题变成了如何快速维护这个东西。
考虑先将
强制为
，然后按行建立
树，对于每个节点维护上面谈到的位置集合，然后可以统计出
时候的答案。
然后当
的时候，我们把当前根节点的所有儿子删掉，把所有儿子的儿子启发式合并起来即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int rlen=1<<18|1;
inline char gc(){
static char buf[rlen],*ib,*ob;
(ib==ob)&&(ob=(ib=buf)+fread(buf,1,rlen,stdin));
return ib==ob?-1:*ib++;
}
inline int read(){
int ans=0;
char ch=gc();
while(!isdigit(ch))ch=gc();
while(isdigit(ch))ans=((ans<<2)+ans<<1)+(ch^48),ch=gc();
return ans;
}
typedef long long ll;
const int N=5e5+5;
int n,m,a[N],rt=1,tot=1;
map<int,int>son[N];
set<int>pos[N];
typedef map<int,int>::iterator It;
ll ans=0,sum=0,val[N];
inline void build(int id,int l,int r){
for(ri p=rt,v,i=l;i<=r;++i){
if(!son[p][a[i]])son[p][a[i]]=++tot,pos[son[p][a[i]]].insert(0),pos[son[p][a[i]]].insert(n+1);
pos[v=son[p][a[i]]].insert(id);
set<int>::iterator it=pos[v].lower_bound(id);
--it,val[v]+=(ll)(id-*it)*(n-id+1);
p=v;
}
}
inline int merge(int x,int y){
if(!x||!y)return x+y;
if(pos[x].size()<pos[y].size())swap(x,y);
sum-=val[x]+val[y];
set<int>::iterator L=pos[y].begin(),R=pos[y].end();
++L,--R;
for(set<int>::iterator it=L,il,ir;it!=R;++it){
pos[x].insert(*it),il=ir=pos[x].lower_bound(*it),--il,++ir;
val[x]+=(ll)(*it-*il)*(*ir-*it);
}
// pos[y].clear();
sum+=val[x];
for(It it=son[y].begin();it!=son[y].end();++it)son[x][it->fi]=merge(son[x][it->fi],it->se);
// son[y].clear();
return x;
}
inline void update(){
static int stk[N],top=0;
for(It it=son[rt].begin();it!=son[rt].end();++it)sum-=val[stk[++top]=it->se];
son[rt].clear();
while(top){
for(It it=son[stk[top]].begin();it!=son[stk[top]].end();++it)son[rt][it->fi]=merge(son[rt][it->fi],it->se);
--top;
}
}
int main(){
n=read(),m=read();
for(ri i=1,up=n*m;i<=up;++i)a[i]=read();
for(ri l=1,r=m,i=1;i<=n;++i,l+=m,r+=m)build(i,l,r);
for(ri i=1;i<=tot;++i)sum+=val[i];
ans=sum;
for(ri i=2;i<=m;++i)update(),ans+=sum;
cout<<ans;
return 0;
}
sequence
签到题（然而签到失败）
考虑离线处理，然后从右向左枚举左端点，看有哪些右端点满足条件。
每个位置作为起点向右只有
种不同的结果，我们用链表维护一下这些结果然后用
统计贡献即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int rlen=1<<18|1;
inline char gc(){
static char buf[rlen],*ib,*ob;
(ib==ob)&&(ob=(ib=buf)+fread(buf,1,rlen,stdin));
return ib==ob?-1:*ib++;
}
inline int read(){
int ans=0;
char ch=gc();
while(!isdigit(ch))ch=gc();
while(isdigit(ch))ans=((ans<<2)+ans<<1)+(ch^48),ch=gc();
return ans;
}
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5,M=5e5+5;
int n,m,k,a[N],suf[N];
ll ans[M];
vector<pii>qry[M];
namespace Bit{
ll s1[N],s2[N];
inline int lowbit(const int&x){return x&-x;}
inline void update(const int&x,const int&v){for(ri i=x;i<=n;i+=lowbit(i))s1[i]+=(ll)x*v,s2[i]+=v;}
inline ll query(const int&x){ll ret=0;for(ri i=x;i;i^=lowbit(i))ret+=(ll)(x+1)*s2[i]-s1[i];return ret;}
inline void update(int l,int r,int v){update(l,v),update(r+1,-v);}
}
int main(){
n=read(),m=read(),k=read();
for(ri i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
for(ri i=1,x;i<=m;++i)x=read(),qry[x].push_back(pii(read(),i));
for(ri val,last,i=n;i;--i){
val=a[i],suf[i]=i+1,last=i;
for(ri pre=i,p=i+1;p<=n;pre=p,p=suf[p]){
if((val&a[p])^val){
if(val==val/k*k)Bit::update(last,p-1,1);
val&=a[p],last=p;
}
else suf[pre]=suf[p];
}
if(val==val/k*k)Bit::update(last,n,1);
for(ri j=0;j<qry[i].size();++j)ans[qry[i][j].se]=Bit::query(qry[i][j].fi);
}
for(ri i=1;i<=m;++i)cout<<ans[i]<<'\n';
return 0;
}
permutation
一道简单的推式子题，原题是codeforces906G，但不知道为什么毒瘤出题人要卡
的分治
，行吧那么我们就用
的倍增。
其实先考虑暴力
，枚举最大值放哪里，然后发现需要把剩下
个数放进
个黑白环再钦定其中
个为黑环剩余为白环，因此
倍增处理方法和代码看这里