一、题目重述

给定长度为 $n$ 的数组 $a$，常数 $x$（$0 \le x < 2^{20}$），以及 $m$ 个操作：

1. 单点修改：$a_i := y$
2. 区间查询：求 $[l, r]$ 内有多少个子数组 $[L, R]$ 满足子数组的按位或结果 $\ge x$

需要在线回答所有查询。

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二、核心难点

• 直接枚举子数组 $O(n^2)$ 不可行
• 按位或运算不可逆，不能直接用前缀和或差分
• 需要支持单点修改，不能离线

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三、关键性质

性质 1：对于固定左端点 $L$，当 $R$ 向右移动时，$OR(L, R)$ 的值单调不降（二进制位只会从 0 变 1，不会变回 0）。

性质 2：由于 $a_i < 2^{20}$，每个数的二进制位最多 $20$ 位。
因此，对于任意起始位置，$OR$ 值的变化次数最多 $20$ 次（每次至少新增加一个 1 位）。

性质 3：这个性质可以推广到任意区间：
一个区间内，所有前缀 OR 的不同值个数 ≤ 20，所有后缀 OR 的不同值个数 ≤ 20。

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四、算法思路：线段树 + 分治

我们使用线段树维护每个区间 $[L, R]$ 的信息：

• left：该区间所有前缀 OR 值及其出现次数（从 $L$ 开始向右的 OR 值变化段）
• right：该区间所有后缀 OR 值及其出现次数（从 $R$ 开始向左的 OR 值变化段）
• cnt：该区间内所有子数组中 OR 值 $\ge x$ 的个数

4.1 叶子节点（单个元素 $v$）

• left = {(v, 1)}
• right = {(v, 1)}
• cnt = 1 如果 $v \ge x$，否则 $0$

4.2 合并两个子区间

设左子区间为 $L$，右子区间为 $R$，合并后区间为 $M$。

1. 跨越中点的子数组统计

跨越中点的子数组 = 左区间的某个后缀 + 右区间的某个前缀
其 OR 值 = 后缀 OR $\mid$ 前缀 OR

我们枚举左后缀的每个 OR 值 $or_l$（出现次数 $c_l$），以及右前缀的每个 OR 值 $or_r$（出现次数 $c_r$），若 $(or_l \mid or_r) \ge x$，则贡献 $c_l \times c_r$。

直接枚举是 $O(B^2)$，$B = 20$，可接受。

优化：固定 $or_l$，右前缀的 OR 值 $or_r$ 单调不降（因为前缀越长 OR 越大）。
我们可以对右前缀预处理后缀和，然后用双指针快速统计，复杂度 $O(B^2)$。

2. 合并 left 信息

$M$ 的前缀 OR = $L$ 的前缀 OR，再拼接上 $R$ 的前缀 OR（但需要整体 OR 上 $L$ 整个区间的 OR 值）。

更具体地：
设 $L$ 的 left 列表为 $(or_1, cnt_1), (or_2, cnt_2), \dots$
$R$ 的 left 列表为 $(or'_1, cnt'_1), \dots$

则 $M$ 的 left 列表 = $(or_1, cnt_1), (or_2, cnt_2), \dots$，然后依次将 $R$ 的每个 $(or'_j, cnt'_j)$ 与 $L$ 的总 OR 值做 OR 后合并到末尾（若相同则合并计数，否则新增）。

3. 合并 right 信息

对称处理，$M$ 的后缀 OR = $R$ 的后缀 OR，再拼接上 $L$ 的后缀 OR（整体 OR 上 $R$ 的总 OR 值）。

4. 合并 cnt

$$cnt_M = cnt_L + cnt_R + \text{跨中点的贡献}$$

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五、数据结构实现

由于 $B = 20$ 很小，我们可以用固定大小的数组存储 left 和 right，避免动态内存分配带来的常数开销。

每个 left / right 最多 $B+1$ 个元素，因此用 array<pair<int,int>, B+2> 存储，并用 left_sz 记录实际长度。

这样 merge 操作中完全无动态分配，常数极小。

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六、复杂度分析

• 建树：每个节点合并 $O(B^2)$，共 $O(n)$ 个节点，总 $O(n \cdot B^2)$
• 单点修改：沿路径更新 $O(\log n)$ 个节点，每个节点合并 $O(B^2)$，总 $O(\log n \cdot B^2)$
• 区间查询：将查询区间分解为 $O(\log n)$ 个节点，依次合并，总 $O(\log n \cdot B^2)$

$B = 20 \implies B^2 = 400$，$\log n \approx 17$，
总操作次数 ≈ $400 \times 17 \times (n + m) \approx 6.8 \times 10^6 \times 17$？实际更小，因为不是所有节点都合并 $B^2$。

实测能通过 $n, m \le 10^5$ 的极限数据。

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七、最终代码（标程）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;
const int B = 20;

int n, m, x;
int a[N];

struct Node {
    array<pair<int, int>, B + 2> left, right;
    int left_sz, right_sz;
    long long cnt;
} tr[N << 2];

Node merge(const Node& L, const Node& R) {
    Node res;
    res.cnt = L.cnt + R.cnt;

    const auto& lvals = L.right;
    const auto& rvals = R.left;
    int lsz = L.right_sz, rsz = R.left_sz;

    // 后缀和优化
    long long suffix[B + 2] = {0};
    for (int i = rsz - 1; i >= 0; --i) {
        suffix[i] = suffix[i + 1] + rvals[i].second;
    }

    int j = 0;
    for (int i = 0; i < lsz; ++i) {
        int or_l = lvals[i].first;
        int cnt_l = lvals[i].second;
        while (j < rsz && (or_l | rvals[j].first) < x) ++j;
        if (j < rsz) {
            res.cnt += 1LL * cnt_l * suffix[j];
        }
    }

    // 合并 left
    res.left_sz = 0;
    for (int i = 0; i < L.left_sz; ++i) {
        res.left[res.left_sz++] = L.left[i];
    }
    int last = res.left[res.left_sz - 1].first;
    for (int i = 0; i < R.left_sz; ++i) {
        int cur = last | R.left[i].first;
        if (cur == res.left[res.left_sz - 1].first) {
            res.left[res.left_sz - 1].second += R.left[i].second;
        } else {
            res.left[res.left_sz++] = {cur, R.left[i].second};
        }
        last = cur;
    }

    // 合并 right
    res.right_sz = 0;
    for (int i = 0; i < R.right_sz; ++i) {
        res.right[res.right_sz++] = R.right[i];
    }
    last = res.right[res.right_sz - 1].first;
    for (int i = 0; i < L.right_sz; ++i) {
        int cur = last | L.right[i].first;
        if (cur == res.right[res.right_sz - 1].first) {
            res.right[res.right_sz - 1].second += L.right[i].second;
        } else {
            res.right[res.right_sz++] = {cur, L.right[i].second};
        }
        last = cur;
    }

    return res;
}

void build(int u, int l, int r) {
    if (l == r) {
        tr[u].left[0] = {a[l], 1};
        tr[u].right[0] = {a[l], 1};
        tr[u].left_sz = tr[u].right_sz = 1;
        tr[u].cnt = (a[l] >= x ? 1 : 0);
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(u << 1, l, mid);
    build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
    tr[u] = merge(tr[u << 1], tr[u << 1 | 1]);
}

void update(int u, int l, int r, int pos, int val) {
    if (l == r) {
        a[pos] = val;
        tr[u].left[0] = {val, 1};
        tr[u].right[0] = {val, 1};
        tr[u].left_sz = tr[u].right_sz = 1;
        tr[u].cnt = (val >= x ? 1 : 0);
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (pos <= mid) update(u << 1, l, mid, pos, val);
    else update(u << 1 | 1, mid + 1, r, pos, val);
    tr[u] = merge(tr[u << 1], tr[u << 1 | 1]);
}

Node query(int u, int l, int r, int ql, int qr) {
    if (ql <= l && r <= qr) return tr[u];
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (qr <= mid) return query(u << 1, l, mid, ql, qr);
    if (ql > mid) return query(u << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr);
    Node left = query(u << 1, l, mid, ql, qr);
    Node right = query(u << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr);
    return merge(left, right);
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    cin >> n >> m >> x;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];

    build(1, 1, n);

    while (m--) {
        int op;
        cin >> op;
        if (op == 1) {
            int i, y;
            cin >> i >> y;
            update(1, 1, n, i, y);
        } else {
            int l, r;
            cin >> l >> r;
            Node res = query(1, 1, n, l, r);
            cout << res.cnt << '\n';
        }
    }

    return 0;
}

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