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題目描述

給定一個長度為n的序列a1,a2…an其中每個數都是正整數。
你需要找出有多少對(i,j),
$1\leq i\leq j \leq n$ 且$gcd(a_i,a_{i+1}...a_j) xor (a_i or a_{i+1} or ... or a_j)=k$其中xor表示二進位制異或，or表示二進位制或。

Sol

顯然我們會發現一個性質:
假設我們固定一個左端點然後往後掃右端點 , gcd是單調不升的 , 或和 是單調不降的

這個可以用來二分合法區間 , 但比較麻煩

考慮一個更加優秀的性質:
對於一個最大值為 X 的序列gcd最多隻有 logX 種 , 因為每次更改gcd這個數至少會除掉2
類似的,對於一個最大值為 X 的序列 OR和 也最多隻有 logX 種 , 因為每次更改或和這個數的二進位制至少會增加一個 1

這個就可以用來暴力了

考慮CDQ分治 , 對於過中點的區間 , 暴力把左右兩邊不同的gcd和or都摳出來,然後平方匹配

複雜度好像很多個log…

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include
 
<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#define gcd GCD
#define log LOG
using namespace std;
const int N=5e5+10;
typedef long long ll;
inline int gcd(int a,int b){return b? gcd(b,a%b):a;}
inline int read()
{
	int x=0;char ch=getchar();int t=1;
	for(;ch>'9'
 
||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') t=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch-48);
	return x*t;
}
int w[N];int n,k;
ll ans=0;
int G[N],O[N];int num1[N],num2[N],dat1[N],dat2[N];
void Div(int l,int r)
{
	if(l>r) return;
	if(l==r) return (void)(k? ans=ans:ans=ans+1);
	int mid=l+r>>1;
	Div(l,mid);Div(mid+1,r);
	for(int i=l;i<=r;++i) G[i]=O[i]=w[i];
	int cnt1=1,cnt2=1;
	num1[cnt1]=1;num2[cnt2]=1;
	dat1[cnt1]=mid;dat2[cnt2]=mid+1;
	for(int i=mid-1;i>=l;--i) {
		G[i]=gcd(G[i],G[i+1]),O[i]|=O[i+1];
		if(G[i]==G[i+1]&&O[i]==O[i+1]) ++num1[cnt1];
		else num1[++cnt1]=1,dat1[cnt1]=i;
	}
	for(int j=mid+2;j<=r;++j) {
		G[j]=gcd(G[j],G[j-1]),O[j]|=O[j-1];
		if(G[j]==G[j-1]&&O[j]==O[j-1]) ++num2[cnt2];
		else num2[++cnt2]=1,dat2[cnt2]=j;
	}
	for(int i=1;i<=cnt1;++i){
		for(int j=1;j<=cnt2;++j){
			if((gcd(G[dat1[i]],G[dat2[j]])^(O[dat1[i]]|O[dat2[j]]))==k) ans+=1ll*num1[i]*num2[j];
		}
	}
	return;
}
int main()
{
	n=read();k=read();bool flag=1;
	for(int i=1;i<=n;++i) {w[i]=read();if(w[i]!=w[1]) flag=0;}
	if(flag){
		if(k) puts("0");
		else printf("%lld\n",1ll*(n-1)*n/2+n);
		return 0;
	}
	return Div(1,n),printf("%lld\n",ans),0;
}