給定乙個序列，每次查詢乙個區間[l,r]中所有子串行分別去重後的和mod p
我們考慮每個數的貢獻。即該區間內含有這個數的子串行個數。用補集轉化為不含這個數的子串行個數。
那麼，假設這個數在[l,r]內出現了k次，則一共有2^(r-l+1) -2^(r-l+1-k)個子序列包含這個數。
本題可以離線，因此選擇使用莫隊，過程中維護cnt[k]表示區間內恰好出現k次的數字個數，維護sum[j]表示區間內恰好出現j次的數字之和（區間內出現次數相同的數，對於這些數，區間中包含這些數的子串行個數都相同，因此存數字之和就行）。
然而這樣時間複雜度為o(詢問次數*單次詢問複雜度)=o(n*max(sqrt(n),n))=o(nm)，並不可行。我們發現時間瓶頸不在莫隊的sqrt(n)，而是在單次查詢中求解的複雜度n。
有2個套路可供使用：出現次數大於sqrt(n)的數不超過sqrt(n)個，值不為0的cnt[k]少於2*sqrt(n)個（反證易得，本質類似）。
還沒完。我們發現模數是不定的，為了保證單次查詢的複雜度壓在sqrt(n)以內，我們還有最後一件事情要做：在sqrt(n)的時間內求出2^(r-l+1) 和所有的2^(r-l+1-k)。這裡安利乙個神奇的方式：每次查詢只需要做一次時間複雜度為sqrt(n)的預處理就可以o(1)查詢了。
假設查詢區間長度為len(len=r-l+1)，我們記siz=sqrt(len)，而後計算2^0 , 2^1 , 2^2 ... 2sqrt(len)，存在陣列pow1中；再計算2sqrt(len) , 2^(2*sqrt(len)) , 2^(3*sqrt(len)) , 2^(4*sqrt(len))... , 2^(sqrt(len)*sqrt(len))，存在陣列pow[2]中。以上計算都在mod p意義下進行。
這樣求2的任意次方都可以o(1)出解:2^k =2^(k/siz) *2^(k%siz)=pow2[k/siz]*pow1[k%siz]（記得模p）。
#include using namespace std;
#define maxn 100005
int n,m;
int a[maxn],val[maxn*2],cnt[maxn],ans[maxn];
int tot,blosiz,powsiz;
int bel[maxn],pow1[maxn],pow2[maxn];
bool calced[maxn];
long long sum[maxn];
struct query
} q[maxn];
void add(int x)
void del(int x)
int power(int x,int p)
int main()
ans[q[i].id]+=q[i].p;
ans[q[i].id]%=q[i].p;
} for (int i=1;i<=m;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
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