2023NOIP A层联测13 幂次序列

题目大意

小黑和小白在玩游戏。小黑有一个序列，每个元素都形如$2^{a_i}$，其中$a_i$为整数。小白每次可以选择序列里连续的一段，然后计算这段区间内所有元素的总和，记为$s$也就是将这段区间合并为一个数。为了让游戏更有难度，小黑要求小白合并时必须保证$s$是$2$的若干次幂。

然而，小白不擅长计算，因此她很难找到一个合法的区间。于是她向你求助，想知道对于给定的初始序列，有多少区间可以保证合并后产生的$s$是$2$的若干次幂。

如果一个区间只有$1$个数，也被视为是合法的区间。

$1\le n\le 2\times 10^5,1\le a_i\le 10^9$

时间限制$4000ms$，空间限制$512MB$。

题解

首先，求出每个元素的哈希值，然后做$CDQ$分治。

对于每个区间$[l,r]$，分别求出左区间的后缀最大值$lma{x}_i$与后缀和$lsu{m}_i$以及右区间的前缀最大值$rma{x}_i$与前缀和$rsum$。然后，分类讨论合法的区间的最大的数在左区间还是在右区间。设这个最大的数为$2^{mx}$，则这个合法区间的区间和只可能为$2^k(mx\le k\le k+\log n)$。用$i$遍历左区间，用$j$遍历右区间，则分类讨论情况如下：

• 若最大的数在右区间，依次将右区间的前缀和放入哈希表中，对于每个$i$，在哈希表中查询$2^k-lsu{m}_i$的出现次数
• 若最大的数在右区间，依次将左区间的后缀和放入哈希表中，对于每个$j$，在哈希表中查询$2^k-rsu{m}_j$的出现次数

最后，注意$l==r$时对答案的贡献为$1$。

时间复杂度为$O(n{\log }^{2}n)$。

code

#include
using namespace std;
const int N=200000,P=19260817;
const long long mod1=998244353,mod2=1e9+7;
int n,cl=0,a[N+5],lmx[N+5],rmx[N+5],z[P+5];
int tot=0,l[N+5],r[P+5],hv[N+5],w1[N+5],w2[N+5];
long long ans=0,pw1[N+5],pw2[N+5],pb1[N+5],pb2[N+5],v1[N+5],v2[N+5];
long long ls1[N+5],rs1[N+5],ls2[N+5],rs2[N+5];
long long gt1(int i){return pb1[i/N]*pw1[i%N]%mod1;}
long long gt2(int i){return pb2[i/N]*pw2[i%N]%mod2;}
void init(){
	pw1[0]=pw2[0]=1;
	for(int i=1;i<=N;i++){
		pw1[i]=pw1[i-1]*2%mod1;
		pw2[i]=pw2[i-1]*2%mod2;
	}
	pb1[0]=pb2[0]=1;
	for(int i=1;i<=N;i++){
		pb1[i]=pb1[i-1]*pw1[N]%mod1;
		pb2[i]=pb2[i-1]*pw2[N]%mod2;
	}
}
void add(int x,int h1,int h2){
	l[++tot]=r[x];
	w1[tot]=h1;w2[tot]=h2;hv[tot]=1;
	r[x]=tot;
}
void clr(){
	++cl;tot=0;
}
void pl(int h1,int h2){
	int u=h1%P;
	if(z[u]<cl) z[u]=cl,r[u]=0;
	for(int i=r[u];i;i=l[i]){
		if(w1[i]==h1&&w2[i]==h2){
			++hv[i];return;
		}
	}
	add(u,h1,h2);
}
int find(int h1,int h2){
	int u=h1%P;
	if(z[u]<cl) z[u]=cl,r[u]=0;
	for(int i=r[u];i;i=l[i]){
		if(w1[i]==h1&&w2[i]==h2) return hv[i];
	}
	return 0;
}
void solve(int l,int r){
	if(l==r){
		++ans;return;
	}
	int mid=l+r>>1;
	solve(l,mid);solve(mid+1,r);
	lmx[mid]=a[mid];ls1[mid]=v1[mid];ls2[mid]=v2[mid];
	for(int i=mid-1;i>=l;i--){
		lmx[i]=max(lmx[i+1],a[i]);
		ls1[i]=(ls1[i+1]+v1[i])%mod1;
		ls2[i]=(ls2[i+1]+v2[i])%mod2;
	}
	rmx[mid+1]=a[mid+1];rs1[mid+1]=v1[mid+1];rs2[mid+1]=v2[mid+1];
	for(int i=mid+2;i<=r;i++){
		rmx[i]=max(rmx[i-1],a[i]);
		rs1[i]=(rs1[i-1]+v1[i])%mod1;
		rs2[i]=(rs2[i-1]+v2[i])%mod2;
	}
	clr();
	for(int i=mid,j=mid+1;i>=l;i--){
		while(j<=r&&lmx[i]>rmx[j]){
			pl(rs1[j],rs2[j]);++j;
		}
		long long p1=gt1(lmx[i]),p2=gt2(lmx[i]);
		for(int k=0;k<=17;k++){
			ans+=find((p1-ls1[i]+mod1)%mod1,(p2-ls2[i]+mod2)%mod2);
			p1=p1*2%mod1;p2=p2*2%mod2;
		}
	}
	clr();
	for(int i=mid,j=mid+1;j<=r;j++){
		while(i>=l&&lmx[i]<=rmx[j]){
			pl(ls1[i],ls2[i]);--i;
		}
		long long p1=gt1(rmx[j]),p2=gt2(rmx[j]);
		for(int k=0;k<=17;k++){
			ans+=find((p1-rs1[j]+mod1)%mod1,(p2-rs2[j]+mod2)%mod2);
			p1=p1*2%mod1;p2=p2*2%mod2;
		}
	}
}
int main()
{
	freopen("sequence.in","r",stdin);
	freopen("sequence.out","w",stdout);
	init();
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		v1[i]=gt1(a[i]);v2[i]=gt2(a[i]);
	}
	solve(1,n);
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}