题目描述
维克多词汇书中有$n$个单词，其中第$i$个单词的难度为$a_i$，那么整本书可以看做一个长度为$n$的序列，序列中第$i$个数为$a_i$。
现在，需要你计算两个答案：
$1.$一个区间的权值是左端点单词难度和右端点单词难度的异或值乘以区间中所有单词难度的最大值，求所有区间的权值之和。
即${ans}_1=\sum \limits_{l=1}^{n}\sum \limits_{r=l}^{n}(a_l\ xor\ a_r)\times \max\{a_i|l\leqslant i\leqslant r\}$。
$2.$如果一个区间满足左端点单词难度和右端点单词难度的异或值大于区间中所有单词难度的最大值,那么这个区间的权值为区间中所有单词难度的最大值，否则为$0$。
即${ans}_2=\sum \limits_{l=1}^{n}\sum \limits_{r=l}^{n}[(a_l\ xor\ a_r)>\max \{a_i|l\leqslant i\leqslant r\}]\times \max\{a_i|l\leqslant i\leqslant r\}$。
其中，若判断条件$w$为真，则$[w]=1$，否则$[w]=0$。
由于答案可能较大，${ans}_1$与${ans}_2$都需要对${10}^9+7$取模。
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，$1\leqslant n\leqslant {10}^5,1\leqslant opt\leqslant 3,0\leqslant a_i\leqslant {10}^6$。
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：$\Theta(n\log n\log v)$。
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\n%lld",ans1,ans2);break;
}
return 0;
}
rp++