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(mathcal{Description})

(mathcal{Solution})
有位运算先按位考虑贡献
考虑若区间长度没有特殊贡献，即所有长度的贡献是一样的
那么答案就是这一位异或起来为(1)的子集个数
关于这个，只需知道在这个区间中在这一位为(1)的数量(n_1)和为(0)的数量(n_0)即可
异或起来为(1)就要求有奇数个(1)和任意个(0)
选这一位有(1)的方案数总数为(2^{n_1})，其中一半有奇数个(1)，一半有偶数个(1)，所以有(2^{n_1-1})中方案使这一位有奇数个(1)
所以总方案就是(2^{n_1} imes 2^{n_0})

可惜区间长度是有贡献的，所以上面方法是不行的
容易想到的是按位考虑后再按长度考虑，这样的复杂度是(O(n^3logn))，结合上面可以得到(50)分的部分分
(egin{aligned}sum_{bit}2^{bit}sum_{len}x^{len}sum_{i,i&1=1}egin{pmatrix}n_1\ iend{pmatrix}egin{pmatrix}n_0\ len-iend{pmatrix}end{aligned})

另一个想法是分治，先解决出左边长度为(i)的方案数和解决右边长度为(n-i)的方案数
则长度为(n)的可以由左右两边的方案结合得到，容易发现这是个卷积的形式，可以用(FFT)优化

到此，上面的方法都不是正解

上面的方法都是单独考虑区间长度进行计算的，所以复杂度一定带了个(n)，考虑一次性算出所有的答案
于是考虑将(x^i)和组合数套起来，得到(egin{aligned}ans=left(sum_{i,i&1=1}egin{pmatrix}n_1\iend{pmatrix}x^i ight)left(sum_iegin{pmatrix}n_0\iend{pmatrix}x^i ight)end{aligned})

那个(i&1=1)亦可写作(i\%2==1)，这个可以用单位根反演做，但其实没有必要

仔细看一下这个式子，(x^i)旁乘一个(1^{n_{0/1}-i})，会发现这就是(left(x+1 ight)^{n_{0/1}})二项式展开后的结果
(egin{aligned}ans=left(sum_{i,i&1=1}egin{pmatrix}n_1\iend{pmatrix}x^i1^{n_1-i} ight)left(sum_iegin{pmatrix}n_0\iend{pmatrix}x^i1^{n_0-i} ight)end{aligned})
考虑算出左边可以为偶数的值，再减去为偶数的项，实际上(frac{left(x+1 ight)^n-left(1-x ight)^n}{2})就是左边(i)为奇数的答案
最后得到
(egin{aligned}ans=left(frac{left(x+1 ight)^{n_1}-left(1-x ight)^{n_1}}{2} ight)left(x+1 ight)^{n_0}end{aligned})

这样一次询问每一位就是(logn)，总复杂度就是(nlog^2n)

(mathcal{Code})

/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年10月16日 星期三 08时59分51秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int limit = 35;
const int maxn = 100005;
const int mod = 998244353;
const int inv = 499122177;
//{{{cin
struct IO{
	template<typename T>
	IO & operator>>(T&res){
		res=0;
		bool flag=false;
		char ch;
		while((ch=getchar())>'9'||ch<'0')	flag|=ch=='-';
		while(ch>='0'&&ch<='9')	res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
		if (flag)	res=~res+1;
		return *this;
	}
}cin;
//}}}
int n,m,lim;
int a[maxn];
int s[limit][maxn];
//{{{ksm
int ksm (int a,int b)
{
	a%=mod;
	int s=1;
	for (;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)
		if (b&1)	s=1ll*s*a%mod;
	return s;
}
//}}}
int main()
{
	cin>>n>>m;
	for (int i=1;i<=n;++i)	cin>>a[i],lim=max(lim,a[i]);
	for (int i=30;~i;--i)
		if (lim>(1<<i)){	lim=i+1;break;}

	for (int i=0;i<=lim;++i)
		for (int j=1;j<=n;++j)	s[i][j]=s[i][j-1]+((a[j]>>i)&1);

	while (m--){
		int l,r,x,ans=0;
		cin>>l>>r>>x;
		int le=r-l+1;
		for (int b=0;b<=lim;++b){
			int n1=s[b][r]-s[b][l-1],n0=le-n1,mi=(1<<b)%mod;
			ans=(ans+1ll*(ksm(x+1,n1)-ksm(mod+1-x,n1)+mod)%mod*inv%mod*ksm(x+1,n0)%mod*mi%mod)%mod;
		}
		printf("%d
",ans);
	}
	return 0;
}

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