CF1614C Divan and bitwise operations

题目 【传送门】

·        已知一个含n个元素的序列，m个限制，l，r，x 表示 a[l] or a[l+1] or ...or a[r-1] or a[r] 求一种合法序列每个子集的异或和的和，保证至少存在一种合法序列，保证序列中每个数至少被一个限制覆盖，若有多个合法序列，则输出任意一种的答案即可，有多组数据。

分析

        显然首先我们每一位能取 1 就取 1 是一定满足条件的。因此就变成了初始全部数是  容易想到拆位用区间加维护。

        由于题目给的条件一定能成立，那么只要有某个 x 在某一二进制位上为 1，那么必然有某个a[i]​ 在此位上也为 1。

       由于题目保证每个 a[i] 至少被一个限制条件所覆盖，所以只要某一个二进制位所有 a[i] 值均为 0，那么所有 x 在此位上也均为 0。

        由于题目保证序列中每个数至少被一个限制覆盖，所以所有a[i]的or只就为所有x的or值

       对于这组样例 先将所有格子赋为1

	①	②	③	④
第一位	1	1	0	0
第二位	1	1	0	1
第三位	1	1	0	0

        5 4
        1 2 7
        3 3 7
        4 4 0
        4 5 2

题目需求合法序列每个子集的异或和的和，所有我们可以同过逐位处理                                            由异或性质可知该位上只要有奇数个1 和任意个数的0，异或出的结果就为1

所以，第一位对答案的贡献 为 ans1= 

第二位对答案的贡献 为 ans2=

第三位对答案的贡献 为ans3=

然后就会发现ans== 。

Code

#include
#define ll long long
#define Mod 1000000007
using namespace std;
ll T,n,m,l,r,x,a;
ll ksm(ll y)
{
	ll s=2,ans=1;
	while(y>0)
	{
		if(y&1) ans=(ans*s)%Mod;
		y>>=1; s=(s*s)%Mod;
	}
	return ans;
}//快速幂 求2^（n-1）
int main()
{
	scanf("%lld",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%lld%lld",&n,&m); a=0;
		for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&x),a|=x;
		cout<<(a*ksm(n-1))%Mod<<"\n";
	}
	return 0;
}