T1:
分析发现，由于(1+2+3+...+x = (1+x)*x/2)是(x^2)级别的
所以若总牌数为n，那么牌堆数量的种类数的级别是(sqrt{n})的，所以暴力就好了……
T2:
考虑对每一个位置进行一次dp
若当前考虑的位置为p，考虑影响该数最后位置的数只有和它相等的数
那么模拟归并的过程，不妨考虑在某一次归并时，p在左边
设(g_i)表示上一层p排在第i位的概率，(g'_i)表示这一层p排在第i位的概率
再预处理出一个数组(f_{i,j})表示归并时左右两指针分别指向第i位和第j位的概率
那么g'的转移是：(g'_{i+j} += g_i*f_{i,j+1}/2) 发现WA了……
考虑哪里错了，发现当右边的数全部都选的情况，概率并不是(f_{i,j+1}/2)
因为(f_{i,j+1})是保证右指针停在j+1不向上的，但实际情况中右指针已经扫完了，并不需要保证不上跳
这时的概率变为$sum_{k=1}^i f_{k,j}/2 $ （这个也需要预处理）
即：枚举i扫到什么时候时j停下来
最后答案中的位置还需要加上小于(a_p)的数的个数
T3:
首先有一个常用的结论：or和and最多变化log次(gcd也是)
可以枚举左端点
从左向右二分找到or和and都相等的log段
然后再二分最右侧的满足条件的点
发现复杂度是(O(nlog^2n)) 过不去QAQ
发现其实只需要最长的合法段即可
所以有两种解决方法：
1.将刚才的过程倒过来做，即从右向左二分找到or和and都相等的log段
（需要多处理一个or和and的st表）
对于每个右端点二分找到一个左端点
若左端点不满足条件，那么这段一定都不满足条件
若左端点满足条件，那么在这段中二分找到最右的满足条件的点，即为最长的合法段
2.枚举右端点，维护or和and相同的段
考虑右端点拓展的时候这些段如何变化
发现只会合并一些段，所以可以每次加入([i,i])这个新的段，然后再合并这次变化导致的相同的段
具体可以用链表实现
然后每次从前向后遍历链表，找到第一个可能包含合法答案的段，然后在这段上二分即可
这两种优化都可以将复杂度优化至(O(nlogn))
最后统计答案可以线段覆盖或线段树