来自FallDream的博客，未经允许，请勿转载，谢谢。

---

21 世纪，许多人得了一种奇怪的病：起床困难综合症，其临床表现为：起床难，起床后精神不佳。作为一名青春阳光好少年，atm 一直坚持与起床困难综合症作斗争。通过研究相关文献，他找到了该病的发病原因：在深邃的太平洋海底中，出现了一条名为 drd 的巨龙，它掌握着睡眠之精髓，能随意延长大家的睡眠时间。正是由于 drd 的活动，起床困难综合症愈演愈烈，以惊人的速度在世界上传播。为了彻底消灭这种病，atm 决定前往海底，消灭这条恶龙。历经千辛万苦，atm 终于来到了 drd 所在的地方，准备与其展开艰苦卓绝的战斗。drd 有着十分特殊的技能，他的防御战线能够使用一定的运算来改变他受到的伤害。具体说来，drd 的防御战线由 n扇防御门组成。每扇防御门包括一个运算op和一个参数t，其中运算一定是OR,XOR,AND中的一种，参数则一定为非负整数。如果还未通过防御门时攻击力为x，则其通过这扇防御门后攻击力将变为x op t。最终drd 受到的伤害为对方初始攻击力x依次经过所有n扇防御门后转变得到的攻击力。由于atm水平有限，他的初始攻击力只能为0到m之间的一个整数（即他的初始攻击力只能在0,1,...,m中任选，但在通过防御门之后的攻击力不受 m的限制）。为了节省体力，他希望通过选择合适的初始攻击力使得他的攻击能让 drd 受到最大的伤害，请你帮他计算一下，他的一次攻击最多能使 drd 受到多少伤害。

n<=100000 m<=10^9

题解：每一位可以分开计算，结果可以合并，所以我们考虑用线段树把维护起来，开两个数组表示这一位分别是0/1经过这区间的变化之后变成什么，这样就可以O(k)合并。

当然，还有更简单的办法，你可以开4个bitset(或者直接开int)，分别表示0/1进去变成0/1的位，这样合并时候就是一顿乱或和与（当然，你可以发现其实两个bitset是相反的，可以选择只开两个，然后用取反）。(这两个速度差不多，有的点你快有的点我快，玄学。)这样合并复杂度降低成k/32(O(1))

 

#include
     
      #include
      
       #include
       
        #define ll long long#define MN 100000#define MK 30 #define INF (1<<31)-1using namespace std;inline int read(){    int x = 0 , f = 1; char ch = getchar();    while(ch < '0' || ch > '9'){ if(ch == '-') f = -1;  ch = getchar();}    while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}    return x * f;}struct node{    bitset
        
          s[2][2];    int l,r;}T[MN*4+5];char op[MN+5][10];int n,m,t[MN+5];void update(int x){    int l=x<<1,r=x<<1|1;    T[x].s[0][0]=(T[l].s[0][1]&T[r].s[1][0])|(T[l].s[0][0]&T[r].s[0][0]);    T[x].s[0][1]=(T[l].s[0][1]&T[r].s[1][1])|(T[l].s[0][0]&T[r].s[0][1]);    T[x].s[1][0]=(T[l].s[1][1]&T[r].s[1][0])|(T[l].s[1][0]&T[r].s[0][0]);    T[x].s[1][1]=(T[l].s[1][1]&T[r].s[1][1])|(T[l].s[1][0]&T[r].s[0][1]);}void build(int x,int l,int r){    if((T[x].l=l)==(T[x].r=r))     {        if(op[T[x].l][1]=='A')            for(int i=0;i<=MK;i++)            {                T[x].s[0][0][i]=1;                T[x].s[1][(t[T[x].l]&(1<
         
          0][i]=1;            }        else if(op[T[x].l][1]=='O')            for(int i=0;i<=MK;i++)            {                T[x].s[1][1][i]=1;                T[x].s[0][(t[T[x].l]&(1<
          
           0][i]=1; } else for(int i=0;i<=MK;i++) if(t[T[x].l]&(1<
           
            >1; build(x<<1,l,mid);build(x<<1|1,mid+1,r); update(x);}int main(){ n=read();m=read(); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%s",op[i]+1); t[i]=read(); } build(1,1,n);int ans=0; for(int i=MK;i>=0;i--) { if((1<
            
             <=m&&T[1].s[1][1][i]&&!T[1].s[0][1][i]) ans+=1<
             
              <
             
            
           
          
         
        
       
      
     

 洛谷那道题是它的强化版，首先变成了一棵树，每个节点都有一个符号和数字，支持修改，查询路径，数字<2^64。

这样的话，可以还是选择线段树做法，加一个树剖，或者直接lct维护一下就行了,合并选择bitset<64>或者unsigned long long。

前者期望复杂度qlogn(loglogn) 后者复杂度qlogn但是自带大常数，ditoly大神写的linkcuttree，实际速度差不多(其实还比我慢一些233)

代码有点丑(给大家讲个笑话，我写树剖都没算深度，然后无限T，我以为是复杂度问题，各种卡常数技巧都用上了)

#include
     
      #include
      
       #include
       
        #define getchar() (*S++)#define ll unsigned long long#define MN 100000#define MK 63#define pa pair
        
         #define mp(x,y) make_pair(x,y)char B[1<<26],*S=B;using namespace std;inline ll llread(){    ll x = 0; char ch = getchar();    while(ch < '0' || ch > '9')  ch = getchar();    while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}    return x;}inline int read(){    int x = 0; char ch = getchar();    while(ch < '0' || ch > '9')  ch = getchar();    while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}    return x;}int L[MN*4+5],R[MN*4+5];struct node{    ll s[2][2];    ll x[2][2];}T[MN*4+5],ans,a;int op[MN+5];int n,m,z,dn=0,tp1,tp2,dfn[MN+5],top[MN+5],dep[MN+5],num[MN+5],size[MN+5],mx[MN+5],fa[MN+5],head[MN+5],cnt=0;struct edge{
   int to,next;}e[MN*2+5];ll t[MN+5];pa q[MN+5],q2[MN+5];inline void ins(int f,int t){    e[++cnt]=(edge){t,head[f]};head[f]=cnt;    e[++cnt]=(edge){f,head[t]};head[t]=cnt;}void update(const node&c){    a.s[0][0]=(ans.s[0][1]&c.s[1][0])|(ans.s[0][0]&c.s[0][0]);    a.s[0][1]=(ans.s[0][1]&c.s[1][1])|(ans.s[0][0]&c.s[0][1]);    a.s[1][0]=(ans.s[1][1]&c.s[1][0])|(ans.s[1][0]&c.s[0][0]);    a.s[1][1]=(ans.s[1][1]&c.s[1][1])|(ans.s[1][0]&c.s[0][1]);    ans=a;}void update2(const node&c){    a.s[0][0]=(ans.s[0][1]&c.x[1][0])|(ans.s[0][0]&c.x[0][0]);    a.s[0][1]=(ans.s[0][1]&c.x[1][1])|(ans.s[0][0]&c.x[0][1]);    a.s[1][0]=(ans.s[1][1]&c.x[1][0])|(ans.s[1][0]&c.x[0][0]);    a.s[1][1]=(ans.s[1][1]&c.x[1][1])|(ans.s[1][0]&c.x[0][1]);    ans=a;}void update(int x){    int l=x<<1,r=l|1;    T[x].s[0][0]=(T[l].s[0][1]&T[r].s[1][0])|(T[l].s[0][0]&T[r].s[0][0]);    T[x].s[0][1]=(T[l].s[0][1]&T[r].s[1][1])|(T[l].s[0][0]&T[r].s[0][1]);    T[x].s[1][0]=(T[l].s[1][1]&T[r].s[1][0])|(T[l].s[1][0]&T[r].s[0][0]);    T[x].s[1][1]=(T[l].s[1][1]&T[r].s[1][1])|(T[l].s[1][0]&T[r].s[0][1]);    T[x].x[0][0]=(T[r].x[0][1]&T[l].x[1][0])|(T[r].x[0][0]&T[l].x[0][0]);    T[x].x[0][1]=(T[r].x[0][1]&T[l].x[1][1])|(T[r].x[0][0]&T[l].x[0][1]);    T[x].x[1][0]=(T[r].x[1][1]&T[l].x[1][0])|(T[r].x[1][0]&T[l].x[0][0]);    T[x].x[1][1]=(T[r].x[1][1]&T[l].x[1][1])|(T[r].x[1][0]&T[l].x[0][1]);}void init(int x,int k){    T[x].s[0][0]=T[x].s[0][1]=T[x].s[1][0]=T[x].s[1][1]=0;    if(op[k]==1)        for(register int i=0;i<=MK;i++)            T[x].s[0][0]|=1LLU<
         
          <
          
           0]|=1LLU<
           
            0]|=1LLU<
            
             0) T[x].s[0][1]|=(1LLU<
             
              <
              
               >1; build(x<<1,l,mid);build(x<<1|1,mid+1,r); update(x);}void renew(int x,int k){ if(L[x]==R[x]) { init(x,num[L[x]]); return; } int mid=L[x]+R[x]>>1; if(k<=mid) renew(x<<1,k); else renew(x<<1|1,k); update(x);}void dfs1(int x,int f){ fa[x]=f;size[x]=1;mx[x]=0; for(int i=head[x];i;i=e[i].next) if(e[i].to!=f) { dep[e[i].to]=dep[x]+1; dfs1(e[i].to,x); size[x]+=size[e[i].to]; if(size[e[i].to]>size[mx[x]]) mx[x]=e[i].to; } }void dfs2(int x,int tp){ top[x]=tp;dfn[x]=++dn;num[dn]=x; if(mx[x]) dfs2(mx[x],tp); for(int i=head[x];i;i=e[i].next) if(e[i].to!=fa[x]&&e[i].to!=mx[x]) dfs2(e[i].to,e[i].to);}void query(int x,int l,int r){ if(L[x]==l&&R[x]==r) {update(T[x]);return;} int mid=L[x]+R[x]>>1; if(r<=mid) query(x<<1,l,r); else if(l>mid) query(x<<1|1,l,r); else query(x<<1,l,mid),query(x<<1|1,mid+1,r);}void query2(int x,int l,int r){ if(L[x]==l&&R[x]==r) {update2(T[x]);return;} int mid=L[x]+R[x]>>1; if(r<=mid) query2(x<<1,l,r); else if(l>mid) query2(x<<1|1,l,r); else query2(x<<1|1,mid+1,r),query2(x<<1,l,mid);}void solve(int x,int y,ll t){ tp1=tp2=0; ans.s[0][0]=ans.s[1][1]=-1; ans.s[0][1]=ans.s[1][0]=0; while(top[x]!=top[y]) { if(dep[top[x]]>dep[top[y]]) { q[++tp1]=mp(dfn[top[x]],dfn[x]); x=fa[top[x]]; } else { q2[++tp2]=mp(dfn[top[y]],dfn[y]); y=fa[top[y]]; } } for(int i=1;i<=tp1;i++) query2(1,q[i].first,q[i].second); if(dfn[x]>dfn[y]) query2(1,dfn[y],dfn[x]); else query(1,dfn[x],dfn[y]); for(int i=tp2;i;i--) query(1,q2[i].first,q2[i].second); ll sum=0; for(register int i=MK;i>=0;i--) { ll th=(1LLU<