线段树 ---- CF1004F Sonya and Bitwise OR（线段树上分治合并区间信息 + or 前缀和的log性质）

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题目大意：

解题思路：

考虑只有一次询问时怎么做。
分治。每次考虑LLL位于左半边，RRR位于右半边的情况（也就是“跨过中点”的答案）。再分别递归左、右两边。计算跨过中点的答案时，可以先求出【左半边的or⁡\operatorname{or}or值后缀和】和【右半边的or⁡\operatorname{or}or值前缀和】。然后用two pointers求出满足条件的(L,R)(L,R)(L,R)数量，
例如，可以枚举RRR，则左半边的LLL可选范围单调增加，也就是从最左边不断向右移。这样，不算递归，每次做two pointers的复杂度都是O(len)O(\text{len})O(len)的，一次询问总复杂度就是O(lenlog⁡len)O(\text{len}\log \text{len})O(lenloglen)。
分治时的左、右两边，天然就是线段树的左、右节点，这有很多相似之处。但是我们面临的问题是：如果向分治时一样，维护出每个区间的前缀、后缀or⁡\operatorname{or}or和，则一次修改、查询的复杂度，都高达O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)，无法承受。
这里还要一个重要的性质就是前缀or\text{or}or和最多有log\text{log}log个不同的结果！！就是有log\text{log}log个段，每个段里面的值都说一样的，就是共同的位1是一样的,那么合并的时候复杂度就降到logn\text{logn}logn的复杂度了！！！那么总的复杂度就是O(nlog2n)O(nlog^2n)O(nlog2n)

AC code

我们开一个线段树支持区间查询，单点修改
线段树里面有个两个数组分别是前缀或pre和后缀或suf 里面还要记录每个块长度
还要一个统计区间的答案cnt
合并的时候直接合并就好了，每次暴力往外区间延申，是可以直接合并的。例如：假设你要统计前缀or\text{or}or那你就要从左儿子的pre\text{pre}pre去合并到右儿子的pre\text{pre}pre,为啥可以直接合并呢？因为对于每个块最左的端的数是包含了这个块内所有位置的1，所以即使你跨边界最先or\text{or}or的还是最左端的数，一旦or\text{or}or这个数，后面的or\text{or}or结果都不会变了

#include <bits/stdc++.h>
#define mid ((l + r) >> 1)
#define Lson rt << 1, l , mid
#define Rson rt << 1|1, mid + 1, r
#define ms(a,al) memset(a,al,sizeof(a))
#define log2(a) log(a)/log(2)
#define lowbit(x) ((-x) & x)
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LLF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define f first
#define s second
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 2e6 + 10, mod = 1e9 + 9;
const int maxn = 500010;
const long double eps = 1e-5;
const int EPS = 500 * 500;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> PII;
typedef pair<ll,ll> PLL;
typedef pair<double,double> PDD;
template<typename T> void read(T &x) {x = 0;char ch = getchar();ll f = 1;while(!isdigit(ch)){if(ch == '-')f*=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)){x = x*10+ch-48;ch=getchar();}x*=f;
}
template<typename T, typename... Args> void read(T &first, Args& ... args) {read(first);read(args...);
}struct node {ll cnt;vector<PII> pre, suf;
}tr[maxn << 2];
int n, m, x;
int arr[maxn];inline node merge(node a, node b) {if(!a.pre.size()) return b;if(!b.pre.size()) return a;node res;res.cnt = a.cnt + b.cnt;ll tot = 0;for(auto ita : a.suf)for(auto itb : b.pre) {if((ita.first|itb.first) >= x)tot += 1ll * ita.second * itb.second;}res.cnt += tot;res.pre = a.pre;ll num = a.pre.back().first;for(auto itb : b.pre) {if((itb.first|num)==num) res.pre.back().second += itb.second;else {res.pre.push_back({itb.first|num,itb.second});num = num | itb.first;}}res.suf = b.suf;ll num1 = b.suf.back().first;for(auto ita : a.suf) {if((ita.first|num1)==num1) res.suf.back().second += ita.second;else {res.suf.push_back({ita.first|num1,ita.second});num1 = num1 | ita.first;}}   return res;
}inline void pushup(int rt) {tr[rt] = merge(tr[rt<<1],tr[rt<<1|1]);
}inline void build(int rt, int l, int r) {if(l == r) {tr[rt].pre.push_back({arr[l],1});tr[rt].suf.push_back({arr[l],1});tr[rt].cnt = (arr[l] >= x);return ;}build(Lson);build(Rson);pushup(rt);
}node query(int rt, int l, int r, int L, int R) {if(L <= l && r <= R) return tr[rt];if(mid < L) return query(Rson,L,R);else if(mid >= R) return query(Lson,L,R);else return merge(query(Lson,L,R),query(Rson,L,R));
}void update(int rt, int l, int r, int pos, int val) {if(l == r) {tr[rt].pre.back().first = val;tr[rt].suf.back().first = val;tr[rt].cnt = (val >= x);return;}if(pos <= mid) update(Lson,pos,val);else update(Rson,pos,val);pushup(rt);
}int main() {IOS;cin >> n >> m >> x;for(int i = 1; i <= n; ++ i) cin >> arr[i];build(1,1,n);while(m--) {int op;cin >> op;if(op == 1) {int x, y;cin >> x >> y;update(1,1,n,x,y);} else {int l, r;cin >> l >> r;cout << query(1,1,n,l,r).cnt << endl;}}
}

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