标签：合并 遍历 级别 有一个 nlog 二分 相等 枚举 处理
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……
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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
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? 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
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? 那么g‘的转移是：\(g'_{i+j} += g_i*f_{i,j+1}/2\) 发现WA了……
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? 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
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? 最后答案中的位置还需要加上小于\(a_p\)的数的个数
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T3:
? 首先有一个常用的结论：or和and最多变化log次(gcd也是)
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? 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
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? 发现其实只需要最长的合法段即可
? 所以有两种解决方法：
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? 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
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?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
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Gkeng/p/11838466.html
