一眼解法

構造序列

對於序列中的一個數，將覆蓋它的所有的區間的值設為 \(x_i\)，則我們可以構造這個數為 \(x_1\&x_2\&...\&x_n\)，使用線段樹來維護區間且。

#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

按位考慮。設 \(f[i][j][k(=0\text{或}1)]\) 表示前 \(i\) 個數，第 \(j\) 位上的值為 \(k\) 的序列的個數。寫出轉移方程：

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;
		}
	}
 

完整程式碼

#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

先說結論

對於某一位，不論這一位上為 \(1\) 的數有多少個，答案相同。

感性證明

先假設所有數這一位上的值為 \(0\)。此時一個數翻轉為 \(1\)，那麼它會導致一半的子序列的異或和這一位上翻轉，而這兩半的區別僅僅在於有沒有異或上該數。那麼此時若另一個數翻轉，它也會導致一半的子序列這一位上翻轉，而由於這兩半的分佈與第一個翻轉的數有沒有被異或上無關，因此正好是一半的 \(0\) 被翻轉為 \(1\)，一半的 \(1\) 被翻轉為 \(0\)。依此類推，不論有多少個 \(1\)，一定恰好一半的子序列這一位上是 \(1\)。