题目大意
给定(n)以及(a_0,a_1,dots,a_{2^n-1})的初始值。对于整数(x,y)，定义(xsubseteq y)为真当且仅当(xoperatorname{and}y=x)。(q)次操作，操作分两种：
- 修改操作：(1 x y k)，对于所有(xsubseteq tsubseteq y)，把(a_t)加上(k)。
- 询问操作：(2 x y)，对于所有(xsubseteq tsubseteq y)，求出(a_t)的和。对(2^{32})取模。
数据范围：(1leq nleq 16), (1leq qleq 2 imes10^5)。
本题题解
对于所有修改和询问，我们首先判断它是否满足(xsubseteq y)。如果不满足，则可以直接忽略（如果是询问则答案等于(0)）。以下只考虑(xsubseteq y)的情况。
修改和询问，方法是类似的。这里我们以修改为例。暴力的做法是枚举所有(tin[0,2^n))，判断是否满足(xsubseteq tsubseteq y)。容易想到一种更优雅的暴力：设(z=ysetminus x)，我们枚举(t'subseteq z)，则所有合法的(t)，都可以表示为(t'cup x)。我们很容易实现不重不漏地枚举子集。那么，如果设(y)比(x)多的二进制位有(d)个，我们现在就可以(O(2^d))实现一次修改或查询。
//不重不漏地枚举子集
int z=x^y;
for(int i=z;;i=(i-1)&z){
// do something ...
if(i==0)break;
}
不过显而易见的是，(d)可能达到(O(n))级别，所以仅有上述的暴力还是不够的。
对于这种子集询问，可以将其看做(n)个维度，于是想到做高维前缀和。设(a)的高维前缀和数列为(s)，即(s_{y}=sum_{xsubseteq y}a_x)。记询问((x,y))对应的答案为(f(x,y))。显然，当(x=0)时，(f(0,y)=s_y)。
考虑(x eq 0)时，取出任意一个(x)里是(1)的二进制位，例如，取出(p=operatorname{lowbit}(x))。因为(xsubseteq y)，所以(y)的这一位也必为(1)。那么：
这很好理解：(f(x-p,y))的意思是，(p)这一位既可以选也可以不选。但是在符合(f(x,y))要求的数里，(p)这一位必须为(1)，所以减去(p)这一位为(0)的情况(f(x-p,y-p))即可。
我们可以按这个式子递归下去，每次(x)一定会减少一个二进制位，递归的边界就是(x=0)。设(x)里有(c)个(1)，则递归的复杂度是(O(2^c))的。
这个复杂度看上去依然高达(O(2^n))，不过我们可以和上一个暴力结合一下。回顾：(d)是(y)比(x)多的二进制位数，那么(c+d)就是(y)的二进制位数，显然(c+dleq n)。因此：(min(c,d)leqfrac{n}{2})。所以结合这两种做法，单次修改或查询的复杂度可以降至(O(2^{frac{n}{2}}))。
不过别高兴得太早。这种做法，需要预先知道高维前缀和数组(s)。这在静态的问题（subtask3）中是好办的：修改时，维护一个标记数组(m)，(m_y)表示对(y)的所有子集都要加上这个数。所有修改完成后，做一遍高维后缀和（fwt and），就能还原出每个位置(a_i)的增量。然后对新的(a)，做一遍高维前缀和（fwt or），就得到(s)了。两次fwt的复杂度都是(O(2^nn))。
但是在非静态的问题里，就不能这样处理(s)。
我们考虑对操作分块，每(B)个操作分为一块。
对于修改操作，还是和上面一样进行，仍然维护一个标记数组(m)，不过这个(m)只记录当前块的信息，跳到下一个块时要清空。
对于查询操作，分别考虑【本块内的修改】和【前面块的修改】对答案的贡献。
- 【本块内的修改】的贡献：枚举所有本块内的修改，设修改的范围是((x_1,y_1))，当前询问的范围是((x_2,y_2))。则这个修改对本次询问，产生贡献的范围就是((x_1operatorname{or} x_2,y_1operatorname{and}y_2))。这个范围里的数的数量，就是(2^{ ext{bitcnt}((y_1operatorname{and}y_2)setminus(x_1operatorname{or} x_2))})。
- 【前面块的修改】的贡献：可以把前面块修改后的高维前缀和数组(s)预处理好。然后根据(c), (d)的大小，枚举子集或递归查询即可（这和静态问题是一样的。所以说分块的好处就是，不同的块之间，相当于是静态问题）。
每处理完一个块，就更新高维前缀和数组(s)。
时间复杂度(O(2^nncdot frac{q}{B}+(B+2^{frac{n}{2}})q))。(B)取(2000)左右可以AC。
参考代码：
//problem:P6562
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename T>inline void ckmax(T& x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T>inline void ckmin(T& x,T y){x=(y<x?y:x);}
const int MAXN=16;
const int MAXM=1<<MAXN;
const int MAXQ=2e5;
const int B=2000;
//const int BCNT=MAXQ/B+10;
int n,q,m,half_n;
int bitcnt[MAXM+5];
uint v[MAXM+5],s[MAXM+5],mdf_v[MAXM+5],mdf_s[MAXM+5];
template<typename T>
void fwt_or(T* a,int n,T flag){
for(int i=1;i<n;i<<=1){
for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
for(int k=0;k<i;++k){
a[j+k+i]+=a[j+k]*flag;
}
}
}
}
template<typename T>
void fwt_and(T* a,int n,T flag){
for(int i=1;i<n;i<<=1){
for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
for(int k=0;k<i;++k){
a[j+k]+=a[i+j+k]*flag;
}
}
}
}
struct ModifyInfo{
int a,b;uint k;
ModifyInfo(){}
ModifyInfo(int _a,int _b,uint _k){
a=_a;b=_b;k=_k;
}
}sta[B+5];
int top;
void modify_work(int a,int b,uint k){
if(!a){
mdf_s[b]+=k;
return;
}
int lb=(a&(-a));
modify_work(a-lb,b,k);
modify_work(a-lb,b-lb,-k);
}
void modify(int a,int b,uint k){
if((a&b)!=a)return;
sta[++top]=ModifyInfo(a,b,k);
if(bitcnt[a^b] <= half_n){
int dif=a^b;
for(int i=dif;;i=(i-1)&dif){
mdf_v[a^i]+=k;
if(i==0)break;
}
return;
}
modify_work(a,b,k);
}
uint query_work(int a,int b){
if(!a){
return s[b];
}
int lb=(a&(-a));
return query_work(a-lb,b)-query_work(a-lb,b-lb);
}
uint query(int a,int b){
if((a&b)!=a)return 0;
uint res=0;
// 本块内的修改对本次询问的贡献
for(int i=1;i<=top;++i){
int na=(a|sta[i].a);
int nb=(b&sta[i].b);
if((na&nb)!=na)continue;
res+=(1u<<bitcnt[na^nb])*sta[i].k;
}
if(bitcnt[a^b] <= half_n){
int dif=a^b;
for(int i=dif;;i=(i-1)&dif){
res+=v[a^i];
if(i==0)break;
}
return res;
}
//之前的块的贡献
res+=query_work(a,b);
return res;
}
void rebuild(){
fwt_and(mdf_s,m,1u);//懒标记下放
for(int i=0;i<m;++i){
v[i] += mdf_v[i] + mdf_s[i];
s[i]=v[i];
mdf_v[i]=mdf_s[i]=0;
}
fwt_or(s,m,1u);
top=0;
}
int main() {
cin>>n>>q;
m=1<<n;
half_n=n>>1;
for(int i=0;i<m;++i){
cin>>v[i];
s[i]=v[i];
}
fwt_or(s,m,1u);//高维前缀和
for(int i=1;i<m;++i)
bitcnt[i]=bitcnt[i>>1]+(i&1);//预处理bitcnt
for(int tq=1;tq<=q;++tq){
int op;cin>>op;
if(op==1){
int a,b;uint k;
cin>>a>>b>>k;
modify(a,b,k);
}
else{
int a,b;
cin>>a>>b;
cout<<query(a,b)<<endl;
}
if(tq%B==0)rebuild();
}
return 0;
}