分块与根号算法入门
update:
- 2024.4.13：完工，修改与整理
- 2025.3.4：修 markdown，移除一些大分块至分块进阶，加入树分块
- 2025.3.5：加入莫队二离
0. 根号算法
一些无法以 \(\mathrm{polylog}\) 复杂度实现的题，又不能暴力通过，这时根号算法就是一个不错的选择。
wcnm 联合省选 2025 D1T2。
1. 整除分块
这一部分较为简单。
1.1 概念与解法
整除分块是要求形如 \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n} f(i)\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 的式子，我们要求 \(f(n)\) 的前缀和是易求的。
暴力是 \(\mathcal{O}(n)\) 的，不太好。
我们考虑把 \(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 相同的 \(i\) 一起计算，可以发现 \(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 最多只有 \(2 \times \sqrt{n}\) 种数字。
证明，分类讨论：
- 若 \(i \leq \sqrt{n}\)，只有 \(\sqrt{n}\) 个数，\(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 显然只有 \(\sqrt{n}\) 个。
- 若 \(i > \sqrt{n}\)，因为 \(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor < \sqrt{n}\)，也只有 \(\sqrt{n}\) 个。
所以我们这样计算复杂度为 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\)。
若有 \(l\)，我们考虑求出最大的 \(r\)，使 \(\left\lfloor\dfrac{n}{l}\right\rfloor = \left\lfloor\dfrac{n}{r}\right\rfloor\)
我们令 \(k = \left\lfloor\dfrac{n}{l}\right\rfloor = \left\lfloor\dfrac{n}{r}\right\rfloor \leq \dfrac n r \Longrightarrow \left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor \geq \left\lfloor\dfrac n {\frac n r} \right\rfloor = r\)
得 \(r_{\max} = \left\lfloor\dfrac n {\left\lfloor\frac n l\right\rfloor}\right\rfloor\)，一个细节是优势需要与 \(n\) 取 \(min\)。
这样只需累加 \(\left(S(r) - S(l-1)\right) \times (r-l+1)\) 即可，其中 \(S(n) = \displaystyle\sum_{i=1}^nf(i)\)。
1.2 拓展
1.2.1 多维整除分块
即求
只需令 \(r = \min\limits_{j=1}^m \left(\left\lfloor\dfrac {n_j} {\left\lfloor\frac {n_j} l\right\rfloor}\right\rfloor\right)\)。
使所有 \(\left\lfloor\dfrac {n_j} l \right\rfloor = \left\lfloor\dfrac {n_j} {r} \right\rfloor\)，复杂度 \(\mathcal{O}\left(\sum\sqrt{n_j}\right)\)。
1.2.2 常用式子
\(\sum\limits_{i=1}^n i^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)} 6\)，\(\sum\limits_{i=1}^n i^3 = \left(\dfrac{n(n+1)} 2\right)^2\)，\(\left\lceil\dfrac n m\right\rceil = \left\lfloor\dfrac {n+m-1} m\right\rfloor\)，\(n \bmod i = n - i \times \left\lfloor\dfrac n i\right\rfloor\)
1.3 例题
拆分问题则答案为 \(S(r) - S(l-1)\)，考虑求 \(S(n)\)。
求前 \(n\) 个数的约数和，我们考虑枚举约数 \(i\)，可知前 \(n\) 个数中有 \(\left\lfloor\dfrac n i\right\rfloor\) 个数是 \(i\) 的倍数。
则每个约数 \(i\) 的贡献为 \(i\times\left\lfloor\dfrac n i\right\rfloor\)，
答案就是 \(\sum\limits_{i=1}^n i\times\left\lfloor\dfrac n i\right\rfloor\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll l,r;
ll ask(ll n){
ll ans = 0;
for(ll l = 1,r;l <= n;l = r + 1){
r = min(n,n / (n / l));
ans += (r - l + 1) * (l + r) / 2 * (n / l);
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&l,&r);
printf("%lld\n",ask(r)-ask(l-1));
return 0;
}
\(\displaystyle\sum\limits_{i=1}^n k \bmod i = \sum\limits_{i=1}^n k - i \times \left\lfloor\dfrac k i\right\rfloor= k\times n - \sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac k i\right\rfloor = k\times n - \sum\limits_{i=1}^{min(n,k)}\left\lfloor\dfrac k i\right\rfloor\)
直接求即可。
求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m(n\bmod i) \times (m \bmod j),i\neq j\)
则原式可写为\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m (n\bmod i) \cdot(m \bmod j) - \sum\limits_{i=1}^n(n\bmod i) \cdot(m \bmod i)\\\)
先考虑减号前的式子。
都可直接解决。减号后。
相当于二维整除分块。复杂度 \(O(\sqrt{n})\)。
注意 \(19940417\) 不是质数，需要别的方法求 \(2\) 与 \(6\) 的逆元。
2. 分块
2.1 算法简介
分块是一种思想，实质是将通过将一个序列分成几块，对于块内 预处理，或者说 整体修改 与 暴力重构。
对于一个序列，将每块假设有 \(B\) 个元素，则一共有 \(\frac n B\) 块，在修改时遇到 整块 就打标记，遇到 散块 就暴力重构，这样每次暴力重构的复杂度最多为 \(\mathcal{O}(B)\)，打标记的复杂度最多为 \(\mathcal{O}\left(\dfrac n B\right)\)，总复杂度为 \(\mathcal{O}\left(\dfrac n B + B\right)\)，利用均值不等式容易得到最优复杂度为 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\)。
当然，每道题的操作不同，整块 与 散块 的复杂度也会不同，\(B\) 的最优复杂度也会不同，具体问题需要具体分析。
分块的优点是容易思考，比较暴力以及可以维护一些 复杂的信息。
2.2 其他分块
2.2.1 值域分块
类似于值域线段树，当值域较小时可用分块来维护值域，值域分块可以用来 平衡复杂度。
在单点修改，区间查询中。
值域分块可以 \(\mathcal{O}(1)\) 修改， \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 查询，即正常单点改，区间暴力查。
也可以 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 修改，\(\mathcal{O}(1)\) 查询，即维护 块内前缀和，差分查询。
这样在某些题中可以取得更优的复杂度，详见莫队例 III。
2.2.2 块状链表
可插入的序列，设块长为 \(B\)。
根号重构： 当一个块内添加新元素后达到了 \(2B\) 时，将该块拆为两大小为 \(B\) 的块。
这样最多分裂 \(\mathcal{O}\left(\dfrac n B\right)\) 次，且每块大小都在 \([B,2B]\) 间。
2.2.3 树分块
对于一棵树，我们设一个阈值为 \(B\)，考虑在树上选择不超过 \(\dfrac n B\) 个 关键点，使得每个关键点到其最近祖先关键点距离不超过 \(B\)。
一个简单的方法是随机撒点，期望下是正确的。
严谨的，我们每次选择深度最深的非关键点，考虑其 \(1 \sim B\) 级祖先是否是关键点，若都不是，则我们将其 \(B\) 级祖先设为关键点，这样每次我们可以排除至少 \(B\) 个点，关键点数量即为 \(\frac n B\) 的。
这样对于一个链询问，我们可以分成四个长度 \(< B\) 的散块，以及个数不超过 \(\dfrac n B\) 个的整块，复杂度是正确的。
2.3 经典问题
区间修改，区间查询。
对于修改，散块 暴力改，整块 打标记。
对于询问，散块 暴力加，整块 直接加和，注意加上标记。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e5+10,M = 330;
const ll inf = 1e17;
int n,m;
ll a[N],sum[M],la[M];
int L[N],R[N],bl[N],B,t;
void prework(){
B = sqrt(n);t = (n-1)/B+1;
for(int i = 1;i <= t;i++)L[i] = (i-1)*B+1,R[i] = min(i*B,n);
for(int i = 1;i <= n;i++)bl[i] = (i-1)/B+1,sum[bl[i]] += a[i];
}
void modify(int l,int r,ll x){
int p = bl[l],q = bl[r];
if(p == q){
for(int i = l;i <= r;i++)a[i] += x,sum[p] += x;
return;
}
for(int i = l;i <= R[p];i++)a[i] += x,sum[p] += x;
for(int i = L[q];i <= r;i++)a[i] += x,sum[q] += x;
for(int i = p+1;i <= q-1;i++)la[i] += x;
}//区间修改
ll ask(int l,int r){
int p = bl[l],q = bl[r];
ll ans = 0;
if(p == q){
for(int i = l;i <= r;i++)ans += a[i] + la[p];
return ans;
}
for(int i = l;i <= R[p];i++)ans += a[i] + la[p];
for(int i = L[q];i <= r;i++)ans += a[i] + la[q];
for(int i = p+1;i <= q-1;i++)ans += la[i] * (R[i] - L[i] + 1) + sum[i];
return ans;
}//区间查询
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i = 1;i <= n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
prework();
for(int i = 1;i <= m;i++){
int op,l,r;ll x;
scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);
if(op == 1){
scanf("%lld",&x);
modify(l,r,x);
}
else printf("%lld\n",ask(l,r));
}
return 0;
}
2.4 例题
II P2801 教主的魔法
区间加，区间询问 \(\geq x\) 的数的个数。
发现 \(c\) 的值很大，考虑分块，预处理时将每块内排序，假设每块有 \(B\) 个。
对于修改，整块 中，打上标记即可，复杂度 \(\mathcal{O}(\frac n B)\)；散块 中，直接修改，暴力重构即可，复杂度 \(\mathcal{O}(B\log n)\)。
对于询问，整块 中，块内是重构后排好序的，二分查找即可，复杂度 \(\mathcal{O}(\frac n B\log n)\)；散块 中，暴力判断即可，复杂度 \(\mathcal{O}(B)\)。
总复杂度 \(\mathcal{O}\left(n\log n + mB\log n + \dfrac {nm\log n} B\right)\)，取 \(B = \sqrt{n}\) 得复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log n + m\sqrt{n}\log n)\)。
虽然分块不优，但是可以做个示例。
我们分块后，维护每个块内的 哈希表，询问对于 散块 暴力判断，整块 则询问哈希表，修改为哈希表复杂度。
若用 map，复杂度 \(\mathcal{O}\left(mB + \dfrac {nm\log n} B\right)\)，若仅仅取 \(B = \sqrt{n}\)，则 TLE 80pts 3.64s。
若平衡复杂度取 \(B = \sqrt{n\log n}\)，则仅跑 1.56s，若换成更快的哈希表，如 gp_hash_table，仅需跑 600ms。
可以直观的感受平衡复杂度的思想。
区间查询众数，输出最小众数，强制在线。
\(a\) 的值域很大，先离散化下。
考虑预处理，设 \(s[i][j]\) 为块 \(i\) 到块 \(j\) 的众数，设 \(cnt[i][j]\) 为数 \(i\) 前 \(j\) 块出现的次数，这样可以差分。
都可 \(\mathcal{O}(nB)\) 求出。
考虑询问：
- 对于整块，直接提出 \(s\) 数组内众数即可。
- 对于散块，在桶内暴力统计，暴力比较 整块与散块 中个数和。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n})\)，空间复杂度 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n})\)。
但是仅仅这样还是不 毒瘤，lxl 卡了卡内存，变成了
IV P5048 [Ynoi2019 模拟赛] Yuno loves sqrt technology III
只能要 \(O(n)\) 的内存。首先把 \(s\) 变为区间众数的次数。
发现是 \(cnt\) 的问题，考虑优化。可以建立一个 \(vector\) 存每个数出现的下标，这样求区间 \([l,r]\) 中 \(i\) 出现的次数只需要两次二分即可。
这样空间复杂度降到了 \(\mathcal{O}(n)\)，不过时间复杂度变为了 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n\log n})\)。
这样就行了吗？不行！
本题必须严格根号复杂度才可过，继续考虑优化。
在询问中设当前整块的答案为 \(ans = s[p+1][q-1]\)，若左部分散块的元素 \(x\) 在范围内的个数大于 \(ans\)，则在 \(vector\) 中一定有 \(ve[x][d_i+ans]\) 的值小于等于 \(r\)（这里 \(d_i\) 指 每个元素在相应vector里的下标），直接暴力 \(ans++\)。右部分同理。
\(d\) 数组可以预处理，又因为散块中的数最多有 \(2\sqrt{n}\) 个，所以复杂度合理。
时间复杂度为严格 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n})\)，空间复杂度为 \(\mathcal{O}(n)\)。
V P6177 Count on a tree II/【模板】树分块
树分块，选定阈值 \(B\)，找不超过 \(\frac n B\) 个 关键点，使其与其最近关键点祖先距离不超过 \(B\)，用 \(2.2.3\) 的方法，复杂度 \(\mathcal{O}(nB)\)。
然后考虑求答案，首先可以离散化，\(n\) 很小，考虑 bitset，我们预处理任意在一条到根的链上的 一对关键点 之间的 bitset 数组，复杂度 \(\mathcal{O}\left(\dfrac {n^3}{B^2\omega}\right)\)。
对于一个询问 \(x \to y\)，我们将其分为 \(x \to lca\) 与 \(y \to lca\) 两个等价段。
我们暴力跳到一个关键点，记录 bitset，然后向上接着跳关键点，最后再跳到 lca，复杂度 \(\mathcal{O}\left(\dfrac {nm} {\omega} + mB + \dfrac {nm} B\right)\)。
总复杂度 \(\mathcal{O}\left(nB + \dfrac {n^3}{B^2\omega} + \dfrac {nm} {\omega} + mB + \dfrac {nm} B\right)\)，取 \(B = \sqrt{n}\)，得最优复杂度为 \(\mathcal{O}\left(\dfrac {n^2 + nm}{\omega} + (n + m)\sqrt{n}\right)\)
3. 莫队
莫队————优雅的暴力
3.1 算法简介
莫队是一种 离线 算法，资瓷修改。
主要思想：对询问分块（相当于对 \(l\) 分块），将询问在以 \(l\) 所在块为第一关键字排序，再以 \(r\) 为第二关键字升序。同时维护两个指针 \(l\) 与 \(r\)，根据询问伸缩区间，这样时间复杂度就为 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n} \times W)\)，\(W\) 表示指针移动的复杂度。
证明：因为在一块内 \(r\) 为升序，最坏复杂度为 \(\mathcal{O}(n)\)，\(l\) 只在块内，最坏复杂度为 \(\mathcal{O}(B^2)\)，总 \(\mathcal{O}\left(\dfrac {n^2} B + nB\right)\)，取 \(B = \sqrt{n}\) 复杂度最优。得证。
- 奇偶性排序：当 \(l\) 在奇数块内 \(r\) 以降序排序，否则内 \(r\) 以升序排序，会使 \(r\) 呈类似折线形，可有效减少常数。
3.2 带修莫队
因为是离线，莫队一般不资瓷修改，但我们可以暴力增加一个 时间维，同 \(l,r\) 指针一起伸缩。
询问变成了三维，排序也要多以个关键字，类似普通莫队，我们以 \(\mathcal{O}(n^{\frac 2 3})\)为块长。
我们分成了 \(n^{\frac 1 3}\) 块，第一关键字 \(l\) 所在块排序，第二关键字以 \(r\) 所在块排序，第三关键字是时间。
这样复杂度是 \(\mathcal{O}(n^{\frac 3 5})\)。
证明：设 \(n,m,q\) 同阶。
- \(l,r\) 所在块不变，\(t\) 是单增的，复杂度为 \(\mathcal{O}(n)\)，总 \(\mathcal{O}\left(\dfrac {n^3} {B^2}\right)\)。
- 对于 \(l\)，在块内移动最多 \(\mathcal{O}(B)\) 次，总 \(\mathcal{O}(nB)\)。
- 对于 \(r\)，\(l\) 所在块不变，复杂度为 \(\mathcal{O}(B)\)，\(l\) 所在块变，最坏移动 \(\mathcal{O}(n)\) 次，复杂度为 \(\mathcal{O}\left(\frac {n^2} B\right)\)。
- 总复杂度 \(\mathcal{O}\left(\dfrac {n^3} {B^2} + nB + \dfrac {n^2} B\right)\)，大约取到 \(B = n^{\frac 2 3}\) 时最小，为 \(\mathcal{O}\left(n^{\frac 5 3}\right)\)。
3.3 回滚莫队
当维护的信息在区间增加与区间减小其中之一无法实现的情况下（如区间最大值），此时我们就需要 回滚莫队。
虽然不能够缩短或伸长，但增加或撤销操作也都是可以实现的。
具体操作（以不能缩短为例）：
- 首先我们需要对序列 分块，然后以 \(l\) 所在块为第一关键字排序，以 \(r\) 为第二关键字排序。
- 如果 \(l,r\) 在同一块内，则暴力查询（类似分块）。
- 如果 \(l,r\) 不在同一块，设 \(l\) 所在块为 \(T\)，则将 \(l\) 伸缩为 \(R[t]+1\)，将 \(r\) 伸缩为 \(R[t]\)。
- \(r\) 点在块内只增加，而 \(l\) 有可能会是乱序的，则我们需要在完成该次询问后撤销回去，使 \(l\) 重回 \(R[t]+1\)，形象的：可以再加一个变量 \(l_1\) 代替 \(l\) 进行该询问的增加，而 \(l\) 本身不变，即完成了 "撤销"。
类似的，若信息不能增加，则可以使 \(r\) 为第二关键字降序，在不同块内将 \(l,r\) 设为 \(L[t],n\) 的 大区间即可。
3.4 树上莫队
莫队只能在序列里使用，我们考虑把树的路径转化为序列。
欧拉序：在 \(dfs\) 每次到达某个点时，在序列中加入该点。离开某个点时，再加入一次，得到长为 \(2n\) 的序列。
我们称 \(in[x]\) 为 \(x\) 在该序列第一次的位置， \(out[x]\) 为 \(x\) 在该序列第二次的位置。
则 \(u \rightarrow v\) 的路径就是：
- 若 \(u\) 是 \(v\) 的祖先，则是 \(in[u]\) 到 \(in[v]\)。
- 若 \(u,v\) 互不为祖先，则是 \(out[u]\) 到 \(in[v]\) 再加上 \(\mathrm{lca}(u,v)\)。
这样可以把询问也改到序列上。
则我们只需要在转化后的序列跑普通莫队即可，当然带修也可以。
注意长度为 \(2n\)。
3.5 莫队二次离线
很厉害，对于前文我们所说的一般莫队，复杂度为 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n} \times W)\)，\(W\) 表示的移动某个端点如 \(r \to r + 1\) 的复杂度。
一般 \(W\) 所需复杂度都比较低，但是当 \(W\) 较大时，则需要 莫队二次离线 这个科技，可以将一般莫队的复杂度变为 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n} + nW)\)，十分的优秀。
但是需要一些限制，如贡献可以 差分 或者 。。。
假设贡献可以差分，设 \(f(l,r,r+1)\) 表示加入 \(a_{r+1}\) 这个点后对答案的贡献，则 \(f(l,r,r+1) = f(1,r,r+1) - f(1,l - 1,r+1)\)，前半部分可以预处理。
难办的是后半部分，考虑再次离线，将这些 \(f\) 挂到 \(l - 1\) 这个位置，然后扫描，则若我们可以进行 \(\mathcal{O}(W)\) 修改，\(\mathcal{O}(1)\) 查询，则最后复杂度即为 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n} + nW)\)。
左端点同理，处理后缀即可。
3.6 例题
给定序列，求在 \([l,r]\) 内随机抽取两个数相等的概率。
显然总概率为 \(\dbinom {r-l+1} 2\)。
若当前数为 \(x\)，考虑增点，则需要一个桶 \(buc\) 记录 ，增加的概率就是 \(buc_x\)；考虑减点，则减少的概率就是 \(buc_x - 1\)。
在区间伸缩时，必须先 伸长 再 缩短。
数据伸缩是简单的。考虑修改，维护时间轴 \(t\) 一起伸缩，可以先 删除原有数据，再添加修改数据 即可。
复杂度 \(\mathcal{O}\left(n^{\frac 5 3}\right)\)。
可以离线，考虑莫队，先排序询问。
然后考虑指针伸缩，可以想到维护一个值域 BIT，前缀和查询，复杂度 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n}\log n)\)。
BIT 其实是 \(\log n\) 的修改与查询，总应该是 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n}\log n+m\log n)\)。
可以考虑平衡复杂度，利用值域分块的 \(\mathcal{O}(1) - \mathcal{O}(\sqrt{n})\)。
分析复杂度：
- 莫队 \(\mathcal{O}\left(mB + \dfrac {n^2} B\right)\)，\(B = \dfrac n {\sqrt{m}}\) 时最优，为 \(\mathcal{O}(n\sqrt{m})\)。
- 值域分块 \(\mathcal{O}(m\sqrt{V})\)。
总复杂度 \(\mathcal{O}(n\sqrt{m} + m\sqrt{V})\)。
一个性质是所有数出现次数的 \(\mathrm{mex}\) 不会超过 \(\sqrt{n}\)，因为若答案为 \(x\)，需要至少 \(1 + 2 + \cdots + (x - 1) = \frac {x(x - 1)}{2} \approx x^2\) 个数。
所以暴力判断复杂度是正确的，套带修莫队即可。
复杂度 \(\mathcal{O}\left(q\sqrt{n} + q^{\frac 5 3}\right)\)。
V 歴史の研究
求 \([l,r]\) 内最大 \(x \times c[x]\)，其中 \(c[x]\) 表示 \([l,r]\) 内 \(x\) 出现的次数。
可以发现，该信息增加是容易的，但是删除时却很困难(不知道次大值)，需要用到 回滚莫队。
首先我们把序列分块，然后根据 \(l\) 所在块为第一关键字升序排序，以 \(r\) 为第二关键字升序排序。
考虑询问，若 \(l,r\) 在同一块内则直接暴力查询（注意是独立查询），否则从 \(l\) 所在块 \(T\) 开始，将 \(l,r\) 定为 \(R[T]+1,R[t]\)，回滚 \(l\)，\(r\) 单增即可。
树上莫队板子。
树上带修莫队。
考虑区间伸缩，若增加一个点 \(x\)，则 \(sum\) 增加 \(w[cnt[c[x]]+1] * v[c[x]]\)，若删除点，则 \(sum\) 减少 \(w[cnt[c[x]]] * v[c[x]]\)。
VII P4887 【模板】莫队二次离线（第十四分块(前体)）
考虑莫队，当右端点变化时，例如 \(r \to r + 1\) 时，我们需要找出 \([l,r]\) 中与 \(a_{r + 1}\) 异或后 popcount 为 \(k\) 的数量，值域比较小，考虑先预处理出所有 popcount 为 \(k\) 的二进制数，最多有 \(\dbinom{14}{7} \approx 4\times 10^3\) 个。
则我们可以维护一个桶记录 \([l,r]\) 中的数的个数，只需找 \(a_{r+1}\) 与预处理的数的异或值在桶中的个数，复杂度 \(\mathcal{O}\left({14 \choose{7}}m\sqrt{m}\right)\)，不能过。
设 \(f(l,r,r + 1)\) 表示 \(a_{r + 1}\) 与 \([l,r]\) 中的数异或后 popcount 为 \(k\) 个个数，可以差分，即 \(f(l,r,r + 1) = f(1,r,r + 1) - f(1,l - 1,r + 1)\)，前半部分可以预处理，对于 \(f(1,l - 1,r + 1)\)，考虑二次离线，将该询问挂到 \(l\) 上。
然后从左向右扫描，扫描到 \(i\) 时，维护一个桶 \(buc_x\) 表示前 \(i - 1\) 个数与 \(x\) 异或后满足条件的个数，加入一个数 \(a_i\) 复杂度为 \(\mathcal{O}\left({14 \choose{7}}\right)\)。
然后对于每个二次离线后的询问，我们可以 \(\mathcal{O}(1)\) 回答，总复杂度 \(\mathcal{O}\left(m\sqrt{m} + {14 \choose 7}n\right)\)。
3.7 参考文章：
『回滚莫队及其简单运用』（强烈推荐）
浙公网安备 33010602011771号