有一个长度为 \(n\) 的数组 \(\{a\}\)，有 \(m\) 次操作，又给定一个数 \(x\)，有两类操作：
1 i y将 \(a_i\) 改为 \(y\)；2 l r查询有多少个区间 \([L,R]\) 满足 \(a_{L\dots R}\) 的按位或 \(\tt{or}\) 大于等于 \(x\)。\(1\le n,m\le 10^5;0\le a_i,x,y\le 2^{20}\)。
先考虑如果只有询问操作怎么做。
那可以算出这段区间的中点开始，算出 \([l,m]\) 的后缀 \(\tt{or}\) 和 \([m+1,r]\) 的前缀 \(\tt{or}\)。
那么可以通过双指针来求出每一个符合条件的区间，如果改为多次询问就用树状数组记下来，一次 \(\log n\) 查询，总复杂度 \(n\log n\)。
\(\bigstar\texttt{Hint}\)：到这一步之后就一直在想用 CDQ 分治来完成对询问的处理，但其实因为是单点修改，多次询问，可以思考用线段树维护这一过程。而且线段树自带分治功能。
\(\color{yellow}{\bigstar\texttt{Trick}}\)：一个非常重要的性质，在一段数的 \(\tt{or}\) 前缀中，只可能出现 \(\log_2 a\) 个可能的值。每次最多让一个 \(0\) 位变成 \(1\)，因此最多只会有 \(\log_2a\) 段。
那么可以在线段树中维护区间内的前后缀 \(\tt{or}\) 段，每个区间都不会超过 \(20\) 个，同时记录这个区间内的合法子区间数量，像线段树一样修改询问即可。
总结：
最开始的 CDQ 想法大体方向是正确的，和正解都利用了分治。但是存在修改操作后，对区间分治就不能够在 CDQ 上进行，必须另寻他路。
那么接下来就应当考虑在线解决这个问题，这道题的区间是可以合并的，而平衡复杂度的思想就让我们想到了线段树。
最后这个经典的 \(\tt{Trick}\) 我不能够熟练使用，下次就知道了。
#define Maxn 100005
int n,m,X;
int a[Maxn];
struct SUB
{
SUB(int Val=0,int Pl=0,int Pr=0):val(Val),pl(Pl),pr(Pr){}
int val,pl,pr;
};
SUB tpre[100],tsuf[100];
struct TREE
{
ll sum;
vector<SUB> pre,suf;
TREE(){ sum=0,pre.clear(),suf.clear(); }
inline void push(int x,int Nu)
{
pre.clear(),suf.clear(),sum=(x>=X),
pre.pb(SUB(x,Nu,Nu)),suf.pb(SUB(x,Nu,Nu));
}
}tree[Maxn<<2];
inline TREE merge(TREE L,TREE R)
{
int ppre=0,psuf=0,tl=L.pre.back().val,tr=R.suf.front().val;
for(SUB v:L.pre) tpre[++ppre]=v;
for(SUB v:R.pre) tpre[++ppre]=SUB(v.val|tl,v.pl,v.pr);
for(SUB v:L.suf) tsuf[++psuf]=SUB(v.val|tr,v.pl,v.pr);
for(SUB v:R.suf) tsuf[++psuf]=v;
tpre[ppre+1]=SUB(-1,0,0),tsuf[psuf+1]=SUB(-1,0,0);
TREE ret; ret.sum=L.sum+R.sum;
for(int nl=0,nr=0,sl=L.suf.size()-1,sr=R.pre.size()-1;nl<=sl;nl++)
{
while(nr<=sr && (L.suf[nl].val|R.pre[nr].val)<X) nr++;
if(nr>sr) break;
ret.sum+=1ll*(R.pre[sr].pr-R.pre[nr].pl+1)*
(L.suf[nl].pr-L.suf[nl].pl+1);
}
for(int i=2,Last=0;i<=ppre+1;i++) if(tpre[i].val!=tpre[i-1].val)
assert(tpre[Last+1].val==tpre[i-1].val),
ret.pre.pb(SUB(tpre[i-1].val,tpre[Last+1].pl,tpre[i-1].pr)),Last=i-1;
for(int i=2,Last=0;i<=psuf+1;i++) if(tsuf[i].val!=tsuf[i-1].val)
assert(tsuf[Last+1].val==tsuf[i-1].val),
ret.suf.pb(SUB(tsuf[i-1].val,tsuf[Last+1].pl,tsuf[i-1].pr)),Last=i-1;
assert(ret.pre.size()<=30 && ret.suf.size()<=30);
return ret;
}
void build(int p,int nl,int nr)
{
if(nl==nr) { tree[p].push(a[nl],nl); return; }
int mid=(nl+nr)>>1;
build(p<<1,nl,mid),build(p<<1|1,mid+1,nr);
tree[p]=merge(tree[p<<1],tree[p<<1|1]);
}
void change(int p,int nl,int nr,int x,int k)
{
if(nl==nr) { tree[p].push(k,x); return; }
int mid=(nl+nr)>>1;
if(mid>=x) change(p<<1,nl,mid,x,k);
else change(p<<1|1,mid+1,nr,x,k);
tree[p]=merge(tree[p<<1],tree[p<<1|1]);
}
TREE query(int p,int nl,int nr,int l,int r)
{
if(nl>=l && nr<=r) return tree[p];
int mid=(nl+nr)>>1;
if(mid>=l && mid<r)
return merge(query(p<<1,nl,mid,l,r),query(p<<1|1,mid+1,nr,l,r));
else if(mid>=l) return query(p<<1,nl,mid,l,r);
else return query(p<<1|1,mid+1,nr,l,r);
}
int main()
{
n=rd(),m=rd(),X=rd();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd();
build(1,1,n);
for(int i=1,opt,x,y;i<=m;i++)
{
opt=rd(),x=rd(),y=rd();
if(opt==1) change(1,1,n,x,y);
else printf("%lld\n",query(1,1,n,x,y).sum);
}
return 0;
}