Description
Given N integers A={A[0],A[1],...,A[N-1]}. Here we have some operations:
Operation 1: AND opn L R
Here opn, L and R are integers.
For L≤i≤R, we do A[i]=A[i] AND opn (here "AND" is bitwise operation).
Operation 2: OR opn L R
Here opn, L and R are integers.
For L≤i≤R, we do A[i]=A[i] OR opn (here "OR" is bitwise operation).
Operation 3: XOR opn L R
Here opn, L and R are integers.
For L≤i≤R, we do A[i]=A[i] XOR opn (here "XOR" is bitwise operation).
Operation 4: SUM L R
We want to know the result of A[L]+A[L+1]+...+A[R].
Now can you solve this easy problem?
Input
The first line of the input contains an integer T, indicating the number of test cases. (T≤100)
Then T cases, for any case, the first line has two integers n and m (1≤n≤1,000,000, 1≤m≤100,000), indicating the number of elements in A and the number of operations.
Then one line follows n integers A[0], A[1], ..., A[n-1] (0≤A[i]<16,0≤i<n).
Then m lines, each line must be one of the 4 operations above. (0≤opn≤15)
Output
For each test case and for each "SUM" operation, please output the result with a single line.
Sample Input
1 4 4 1 2 4 7 SUM 0 2 XOR 5 0 0 OR 6 0 3 SUM 0 2
Sample Output
7 18
Hint
A = [1 2 4 7]
SUM 0 2, result=1+2+4=7;
XOR 5 0 0, A=[4 2 4 7];
OR 6 0 3, A=[6 6 6 7];
SUM 0 2, result=6+6+6=18.
/*/ 题意： 给出一组数，然后有4种操作。 AND opn l r 对 l~r 段的数与 opn 进行&运算； OR opn l r 对 l~r 段的数与 opn 进行|运算； XOR opn l r 对 l~r 段的数与 opn 进行^运算； SUMl r 对 l~r 段的数求和，并输出。 很明显的线段树，可是我还是太年轻。一开始以为只是一棵裸树，结果写到一半，发现不能对求和的数再进行与或非的运算，也不知道我哪里来的勇气，想到，既然不能对和去运算，不如把lazy全压下去。。。MDZZ。。。 后来，队友提示我可以用二进制来存数，然后与或非的情况也就变得特别简单了。 然后就用关于二进制的线段树来写了这个，思路一开始是很混乱的，不过写到后面还是被 >> 和 << 坑了好久，还是修行不精啊。。。 Ａ了但是运行时间还是比较久。 最后集训队队长发了个福利，读入优化，速度爆炸了，又是我的代码运行速度第一（233333）。 AC代码： /*/
#include"algorithm"
#include"iostream"
#include"cstring"
#include"cstdlib"
#include"cstdio"
#include"string"
#include"vector"
#include"stack"
#include"queue"
#include"cmath"
#include"map"
using namespace std;
typedef long long LL ;
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define FK(x) cout<<"["<<x<<"]
"
#define memset(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define memcpy(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define smallfor(T) for(int i=0 ;i<T ;i++)
#define bigfor(T) for(int qq=1;qq<= T ;qq++)
const int MX =1111111;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int sum[MX<<2][4],lazy[MX<<2][4];
void PushUp(int rt,int i) {
sum[rt][i]=sum[rt<<1][i]+sum[rt<<1|1][i];
}
void PushDown(int rt,int m,int i) {
if(lazy[rt][i]==0) { //如果进行了AND操作，并且该位为0 清空下面子树。
lazy[rt<<1][i]=0;
lazy[rt<<1|1][i]=0;
sum[rt<<1][i]=sum[rt<<1|1][i]=0;
}
if(lazy[rt][i]==1) { //如果进行了OR 操作，并且该位为1 填满下面子树。
lazy[rt<<1][i]=1;
lazy[rt<<1|1][i]=1;
sum[rt<<1][i]=m-(m>>1);
sum[rt<<1|1][i]=m>>1;
}
if(lazy[rt][i]==2) { //如果进行了XOR操作
if(lazy[rt<<1][i]==INF) { //如果没有进行过任何操作，标记为XOR操作
lazy[rt<<1][i]=2;
sum[rt<<1][i]=m-(m>>1)-sum[rt<<1][i];
} else if(lazy[rt<<1][i]==2) { //如果进行过XOR操作，a^b^b==a 恢复操作内容。
lazy[rt<<1][i]=INF;
sum[rt<<1][i]=m-(m>>1)-sum[rt<<1][i];
} else { //如果进行了操作并且不是XOR操作 将该操作再取XOR操作
lazy[rt<<1][i]^=1;
if(lazy[rt<<1][i]==0) sum[rt<<1][i]=0;
else sum[rt<<1][i]=m-(m>>1);
}
// 另一棵子树用同样的方法处理
if(lazy[rt<<1|1][i]==INF) {
lazy[rt<<1|1][i]=2;
sum[rt<<1|1][i]=(m>>1)-sum[rt<<1|1][i];
} else if(lazy[rt<<1|1][i]==2) {
lazy[rt<<1|1][i]=INF;
sum[rt<<1|1][i]=(m>>1)-sum[rt<<1|1][i];
} else {
lazy[rt<<1|1][i]^=1;
if(lazy[rt<<1|1][i]==0) sum[rt<<1|1][i]=0;
else sum[rt<<1|1][i]=(m>>1);
}
}
lazy[rt][i]=INF; //标记lazy为空
}
void Build(int l,int r,int rt) {
for(int i=0; i<4; i++) lazy[rt][i]=INF; //清空懒惰标记
if(r==l) {
int temp;
scanf("%d",&temp);
// FK("temp=="<<temp);
for(int i=0; i<4; i++) {
sum[rt][i]=(bool)(temp&(1<<i));//【这里一定要取（bool）否则得到的值不会是1，而是比 1大的数】
// 该题目的方法是用sum保存每个位上值的总数，再改变为10进制，求和。
// 把数按照二进制保存在4个位上面
// FK(sum[rt][i]);
}
return;
}
int m=(r+l)>>1;
Build(lson);
Build(rson);
for(int i=0; i<4; i++) PushUp(rt,i);
}
void UpData(int L,int R,int v,int i,int l,int r,int rt) {
if(r<=R&&L<=l) {
switch(v) {
case 0:
sum[rt][i]=0,lazy[rt][i]=v;
//如果是进行AND操作，并且是0，清空和。
break;
case 1:
sum[rt][i]=r-l+1,lazy[rt][i]=v;
//如果是进行OR 操作，并且是1，填满和。
break;
case 2:
sum[rt][i]=r-l+1-sum[rt][i];
if(lazy[rt][i]==2) lazy[rt][i]=INF;
else if(lazy[rt][i]==INF) lazy[rt][i]=2;
else lazy[rt][i]^=1;
break;
default:
break;
}
return ;
}
PushDown(rt,r-l+1,i);
int m=(r+l)>>1;
if(L<=m)UpData(L,R,v,i,lson);
if(R>m) UpData(L,R,v,i,rson);
PushUp(rt,i);
}
int Query(int L,int R,int i,int l,int r,int rt) {
if(L<=l&&r<=R) {
return sum[rt][i];
// 返回这个数该位的和。
}
int m=(r+l)>>1;
int sum=0;
PushDown(rt,r-l+1,i);
if(L<=m)sum+=Query(L,R,i,lson);
if(R>m) sum+=Query(L,R,i,rson);
return sum;
}
int main() {
int T;
scanf("%d",&T);
bigfor(T) {
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
char op[5];
Build(0,n-1,1);
// FK("Build Success!");
for(int i=0; i<m; i++) {
scanf("%s",op);
if(op[0]=='S') {
int l,r;
int ans=0;
scanf("%d%d",&l,&r);
for(int j=0; j<4; j++) ans+=Query(l,r,j,0,n-1,1)<<j;
// 将每一位的数字和用10进制进位后相加。
printf("%d
",ans);
} else {
int opn,l,r;
char v;
scanf("%d%d%d",&opn,&l,&r);
if(op[0]=='A') { //AND为&如果某位上为 1 那么值不变 否则全变为0；【区间覆盖】
for(int j=0; j<4; j++) {
int x=opn&(1<<j);
// FK("j=="<<j<<" x=="<<x);
if(!x)UpData(l,r,0,j,0,n-1,1);
}
}
if(op[0]=='O') { //OR 为|如果某位上为 0 那么值不变 否则全变为1；【区间覆盖】
for(int j=0; j<4; j++) {
int x=opn&(1<<j);
// FK("j=="<<j<<" x=="<<x);
if(x)UpData(l,r,1,j,0,n-1,1);
}
}
if(op[0]=='X') { //XOR为^如果某位上为 0 那么值不变 否则0->1,1->0【区间更新】
for(int j=0; j<4; j++) {
int x=opn&(1<<j);
// FK("j=="<<j<<" x=="<<x);
if(x)UpData(l,r,2,j,0,n-1,1);
}
}
}
}
}
return 0;
}
//下面是快速读入的福利【只适用于读入比较多的题目，适用于题目原本复杂度为O(n),但是自己的代码估计会是O(nlog(n)),这个优化的作用就会比较明显。】
//下面就是黑科技：
namespace IO {
const int MT = 5e7; //1e711000kb
char buf[MT];
int c, sz;
void begin() {
c = 0;
sz = fread(buf, 1, MT, stdin);
}
inline bool read(int &t) {
while(c < sz && buf[c] != '-' && (buf[c] < '0' || buf[c] > '9')) c++;
if(c >= sz) return false;
bool flag = 0;
if( buf[c] == '-')flag = 1, c++;
for(t = 0; c < sz && '0' <= buf[c] && buf[c] <='9'; c++) t = t * 10 + buf[c] - '0';
if(flag) t = -t;
return true;
} inline bool read(char s[]) {
while(c < sz && (buf[c] == ' ' || buf[c] == '
')) c++;
if(c >= sz) return false;
int len = 0;
while(c < sz && buf[c] != ' ' && buf[c] != '
') s[len++] = buf[c] , c++;
s[len]=0;
return true;
}
}
using namespace IO;
//打开方式：
int x;
read(x);