CF1614C - Divan and bitwise operations

一眼解法

构造序列

对于序列中的一个数，将覆盖它的所有的区间的值设为 \(x_i\)，则我们可以构造这个数为 \(x_1\&x_2\&...\&x_n\)，使用线段树来维护区间且。

#define le (i << 1)
#define ri (i << 1 | 1)

void andset(int i, int l, int r){
	if(l >= L && r <= R){
		tree[i] &= X;
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(mid >= L) andset(le, l, mid);
	if(mid < R) andset(ri, mid + 1, r);
}

void pushall(int i, int l, int r){
	if(l == r){
		a[l] = tree[i];
		return;
	}
	tree[le] &= tree[i];
	tree[ri] &= tree[i];
	int mid = (l + r) >> 1;
	pushall(le, l, mid);
	pushall(ri, mid + 1, r);
}

memset(tree + 1, 0xff, sizeof(unsigned int) * (n << 2));

求解答案

按位考虑。设 \(f[i][j][k(=0\text{或}1)]\) 表示前 \(i\) 个数，第 \(j\) 位上的值为 \(k\) 的序列的个数。写出转移方程：

for(int i = 1; i <= n; i++)
	for(int j = 0; j < 30; j++){
		if((a[i] >> j) & 1){
			cnt[i][j][1] = (cnt[i - 1][j][1] + cnt[i - 1][j][0] + 1) % p;
			cnt[i][j][0] = (cnt[i - 1][j][0] + cnt[i - 1][j][1]) % p;
		}else{
			cnt[i][j][1] = (cnt[i - 1][j][1] << 1) % p;
			cnt[i][j][0] = ((cnt[i - 1][j][0] << 1) + 1) % p;
		}
	}

完整代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define le (i << 1)
#define ri (i << 1 | 1)
using namespace std;
const int N = 2e5 + 1, p = 1e9 + 7;
const unsigned int INF = 0xFFFFFFFF;

unsigned int tree[N << 2], L, R, X, a[N];

void andset(int i, int l, int r){
	if(l >= L && r <= R){
		tree[i] &= X;
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(mid >= L) andset(le, l, mid);
	if(mid < R) andset(ri, mid + 1, r);
}

void pushall(int i, int l, int r){
	if(l == r){
		a[l] = tree[i];
		return;
	}
	tree[le] &= tree[i];
	tree[ri] &= tree[i];
	int mid = (l + r) >> 1;
	pushall(le, l, mid);
	pushall(ri, mid + 1, r);
}

int t, n, m, cnt[N][30][2], ans;

int main(){
	scanf("%d", &t);
	while(t--){
		ans = 0;
		memset(cnt + 1, 0, sizeof(int) * 30 * 2 * n);
		scanf("%d%d", &n, &m);
		memset(tree + 1, 0xff, sizeof(unsigned int) * (n << 2));
		while(m--){
			scanf("%u%u%u", &L, &R, &X);
			andset(1, 1, n);
		}
		pushall(1, 1, n);
		for(int i = 1; i <= n; i++)
			for(int j = 0; j < 30; j++){
				if((a[i] >> j) & 1){
					cnt[i][j][1] = (cnt[i - 1][j][1] + cnt[i - 1][j][0] + 1) % p;
					cnt[i][j][0] = (cnt[i - 1][j][0] + cnt[i - 1][j][1]) % p;
				}else{
					cnt[i][j][1] = (cnt[i - 1][j][1] << 1) % p;
					cnt[i][j][0] = ((cnt[i - 1][j][0] << 1) + 1) % p;
				}
			}
		for(int j = 0; j < 30; j++)
			ans = (ans + (1ll << j) * cnt[n][j][1]) % p;
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}

大佬做法

先说结论

对于某一位，不论这一位上为 \(1\) 的数有多少个，答案相同。

感性证明

先假设所有数这一位上的值为 \(0\)。此时一个数翻转为 \(1\)，那么它会导致一半的子序列的异或和这一位上翻转，而这两半的区别仅仅在于有没有异或上该数。那么此时若另一个数翻转，它也会导致一半的子序列这一位上翻转，而由于这两半的分布与第一个翻转的数有没有被异或上无关，因此正好是一半的 \(0\) 被翻转为 \(1\)，一半的 \(1\) 被翻转为 \(0\)。依此类推，不论有多少个 \(1\)，一定恰好一半的子序列这一位上是 \(1\)。