Nowcode Sum(Wannafly模拟赛4)

考虑维护一个这样的问题：

（1） 给出一个数组A，标号为1~n

（2） 修改数组中的一个位置。

（3） 询问区间[l,r]中所有子集的位运算and之和mod(109+7)。

位运算and即为“pascal中的and”和“C/C++中的&”

我们定义集合S={ l , l+1 , ... , r-1 , r}

若集合T，T ∩ S = T，则称T为S的子集

设f（T）=AT1 and AT2 and ... and ATk (设k为T集大小，若k=0则f(T)=0)

所有子集的位运算and之和即为∑f(T)

那么，现在问题来了。

输入描述:

第一行，一个正整数N

第二行，N个非负整数，为数组A

第三行，一个正整数M，为操作次数

接下来M行格式如下

修改操作： 1 x y，将Ax修改为y

询问操作： 2 l r，区间[l,r]中所有子集的位运算and之和 mod(109+7)

输出描述:

对于每次询问输出一行，为该次询问的答案mod(109+7)。

long long 请使用lld

示例1

输入

3

1 2 3

6

2 1 3

1 1 2

2 1 3

2 2 3

1 2 5

2 1 3

输出

9

15

7
13

打完比赛看大佬的代码没看懂，今天看大佬的博客：http://blog.csdn.net/qq_34287501/article/details/78304322

才理解了大佬们神奇的求的贡献方法。 确实  无论子集and值为多少，如果k位上为1的话，此时的贡献就为 1<<k，比如 100100 最后对答案的贡献不就是 100000 + 100 .。

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<vector>
const int maxn = 100000;
const int mod = (1e9+7);
typedef long long ll;
using namespace std;
int n,m,a[maxn+5],C[32][maxn+5];
int pw[maxn+5];
int lowbit(int x)
{
return x&-x;
}
int sum(int k,int x)
{
int ret = 0;
while(x>0) ret+=C[k][x], x-= lowbit(x);
return ret;
}
void add(int k,int x,int d)
{
while(x<=n)
{
C[k][x]+=d,x+=lowbit(x);
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
pw[0] = 1;
for(int i=1; i<=n; i++) pw[i] = 1ll*2*pw[i-1]%mod;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
for(int j=0; j<=30; j++) if(a[i]&(1<<j)) add(j,i,1);
}
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
int op,x,y;
scanf("%d %d %d",&op,&x,&y);
if(op==1)
{
for(int i=0; i<=30; i++) if(a[x]&(1<<i)) add(i,x,-1);
a[x] = y;
for(int i=0; i<=30; i++) if(a[x]&(1<<i)) add(i,x,1);
}
else
{
int ans = 0;
for(int j=0; j<=30; j++)
{
int cnt = sum(j,y) - sum(j,x-1);// cnt ：ax~ay 中在j位有为1有多少个
ans = (ans+ 1ll*(
b749
pw[cnt]-1)*pw[j]%mod)%mod;// pw[cnt]-1 在j位为1 的子集个数 / pw[j] j未的贡献。
}
printf("%d\n",ans);
}
}
return 0;
}