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S2OJ - 1471. 进化序列

题解692 字
# S2OJ # 二分 # 线段树 # 2020 # 双指针
检测到 KaTeX 加载失败，可能会导致文中的数学公式无法正常渲染。

#题面

#题目描述

Abathur 采集了一系列 Primal Zerg 的基因样本，这些基因构成了一个完整的进化链。为了方便，我们用 A0,A1,…,An−1A_0, A_1, \dots, A_{n - 1} 这 nn 个正整数描述它们。

一个基因 AxA_x 可以进化为序列中在它之后的基因 AyA_y。这个进化的复杂度，等于 Ax or Ax+1… or AyA_x \text{ or } A_{x + 1} \dots \text{ or } Ay 的值，其中 or\text{or} 是二进制或运算。

Abathur 认为复杂度小于 MM 的进化的被认为是温和的。它希望计算出温和的进化的对数。

#输入格式

第一行包含两个整数 n,mn, m。

接下来一行包含 A0,A1,…,An−1A_0, A_1, \dots, A_{n - 1} 这 nn 个正整数，描述这 nn 个基因。

#输出格式

第一行包含一个整数，表示温和的进化的对数。

#样例输入输出

样例输入 #1

4 6
1 3 5 1

样例输出 #1

2

#数据范围

对于 30%30\% 的数据，1≤n≤10001 \leq n \leq 1000；
对于 100%100\% 的数据，1≤n≤1000001 \leq n \leq 100000，0≤m≤2300 \leq m \leq 2^{30}，1≤Ai≤2301 \leq A_i \leq 2^{30}。

#思路

有一个比较显然的性质：或起来的数一定越来越大。那么在确定一个右端点之后可以使用双指针枚举左端点，使用线段树维护区间按位或和即可。或者确定左端点使用二分枚举右端点也可以，在此不作过多叙述。

#代码

C++
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#include <iostream>

using std::cin;
using std::cout;
const char endl = '\n';

const int N = 100005;

int n, m, a[N];
long long ans;

struct node {
    int l, r, s;

    node()
        : l(0), r(0), s(0) {}

    node(int _l, int _r)
        : l(_l), r(_r), s(0) {}
} tr[N << 2];

void pushup(int u) {
    tr[u].s = tr[u << 1].s | tr[u << 1 | 1].s;
}

void build(int u, int l, int r) {
    tr[u] = node(l, r);

    if (l == r) {
        tr[u].s = a[l];

        return;
    }

    int mid = l + r >> 1;

    build(u << 1, l, mid);
    build(u << 1 | 1, mid + 1, r);

    pushup(u);
}

int query(int u, int l, int r) {
    if (l <= tr[u].l && tr[u].r <= r) return tr[u].s;

    int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
    int res = 0;

    if (l <= mid) res |= query(u << 1, l, r);
    if (r > mid) res |= query(u << 1 | 1, l, r);

    return res;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    cin >> n >> m;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }

    build(1, 1, n);

    for (int i = 1, j = 1; i <= n; i++) {
        while (j < i && query(1, j, i) >= m) j++;

        ans += i - j;
    }

    cout << ans << endl;

    return 0;
}