洛谷3794：签到题IV——题解

https://www.luogu.org/problemnew/show/P3794

题目见上。

有一个套路（虽然我到现在还不会），就是固定一个端点，二分查右端点。

显然这题的正解是O(nlogn)的，那么这个套路没准好用。

考虑固定了左端点，因为每次区间gcd都要比上一个区间gcd/2或不变，能够证明一共有O(log)种取值。

而或同理，每次在一个进制位上+1，同样有O(log)种取值。

因此我们二分求出每块gcd值相等的块，然后再求出每块或值相等的块，按照题目要求取个或就行了，可以st表维护，为O(nlog^2)的复杂度。

这个多出来的log是因为我们对于log gcd块内每次log或块，自然变慢，考虑能不能后来的块继承前面的块的信息。

当然可以，于是你就有了下面的正解（代码很好读我就不写解释了），到这篇博客写完为止，开O2 rk1.

#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+;
inline int read(){
    int X=,w=;char ch=;
    while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))X=(X<<)+(X<<)+(ch^),ch=getchar();
    return w?-X:X;
}
struct range{
    int l,r,v;
}g[N],o[N];
int n,k,a[N],mp[*N];
inline int gcd(int a,int b){
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
inline void merge(range t[],int &l){
    int len=;
    for(int i=;i<=l;i++){
    if(!len||t[len].v!=t[i].v)t[++len]=t[i];
    else t[len].l=t[i].l;
    }
    l=len;
}
int main(){
    n=read(),k=read();
    for(int i=;i<=n;i++)a[i]=read();
    ll sum=;int r1=,r2=;
    for(int i=n;i>=;i--){
    for(int j=;j<=r1;j++)g[j].v=gcd(g[j].v,a[i]);
    for(int j=;j<=r2;j++)o[j].v=o[j].v|a[i];
    g[++r1]=(range){i,i,a[i]};o[++r2]=(range){i,i,a[i]};
    merge(g,r1);merge(o,r2);
    for(int j=;j<=r2;j++)mp[o[j].v]=j;
    for(int j=;j<=r1;j++){
        int p=mp[g[j].v^k];
        if(!p)continue;
        int l=g[j].l,r=g[j].r;
        l=max(l,o[p].l),r=min(r,o[p].r);
        if(l<=r)sum+=r-l+;
    }
    for(int j=;j<=r2;j++)mp[o[j].v]=;
    }
    printf("%lld\n",sum);
    return ;
}

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