當然考慮左端點為 $l$的所有矩形的貢獻。
通過乙個 trie，對 trie 上每個節點開乙個 set，來找到每個串 $s$ 存在的位置。
那麼可以把當前答案的形式化成 $ans=\sum \limits_ val_s$ ，其中 $val_s$ 表示這個串出現的區間數。
$val_s$ 直接通過簡單的在 set 上查前驅後繼即可維護。然後在 trie 上每個節點另外開乙個變數 $sum$ 表示子樹和。
直接訪問 $sum_$ 累計答案即可。
考慮左端點每次的 $+1$ 操作，實際上把根節點的每個兒子合併到一起，並作為新的根節點即可。
然後需要寫乙個 trie 的合併函式，與線段樹合併類似可分析函式呼叫次數是正確的。
對於 set 中元素的處理，可以直接啟發式合併，然後就沒了，這樣做的複雜度是 $o(nmlog^2)$ 的。
然後有乙個結論，就是說使用 splay ，然後直接把小的 splay 按照中序遍歷插入大 splay。
這樣的複雜度可以去乙個 $log$，原因大概是 splay 的 finger search 性質。
容易發現，如果固定乙個右端點。
因為 $and$ 操作的性質，不同的區間取值只有 $log$ 種。
考慮維護出區間取值的變化位置。
對於每個區間的取值，判斷是否被 $k$ 整除。
如果整除，那麼直接進行區間加 $1$ 操作。
右端點從左往右掃，同時進行區間加法操作。
離線詢問，在對應的右端點處區間查詢即可。
然後大概學到了如何用樹狀陣列維護區間修改、區間查詢。
思想是將修改轉化為差分，詢問即做兩次字首和。
寫出來式子發現可以交換求和符號，於是可以用兩個樹狀陣列維護。
發現同時有 $a,b$ 兩個要求，不是很好維護。
其實很多排列的題都有的套路是，每次考慮最大的元素 $n$ 或者最小的元素 $1$。
考慮每次選擇乙個位置放置 $n$ ，那麼顯然會對 $a,b$ 均造成 $1$ 的貢獻。
然後 $a,b$ 都不會跨越這個 $n$，於是可以對左右分別 dp 處理。
然後發現這個 dp 的轉移和第一類斯特林數一毛一樣。
於是 $ans=\sum \limits_^n s(i-1,a-1)s(n-i,b-1)\binom$。
然後發現只要求 $a-1,b-1$ 列的斯特林數。
求一列斯特林數的方法是用 egf，$i$ 個點能構成的環排列個數就是 $(i-1)!$，然後整個快速冪就完事了。
然而這題的資料範圍 $2e5$ ，顯然多項式 $ln,exp$ 必死。
考慮上面那個式子，發現 $ans=s(n-1,a-1+b-1)\binom$ ，原因可以直接從組合含義理解。
然後現在只需要求單點斯特林數，用較小的常數求一行斯特林數就行了。
省選模擬104 題解
a.簽到題 把每個點向它右側比他大的第乙個點之間連邊，如果沒有那麼向 root 連邊。那麼可以構成一棵樹。特判一些情況之後，可以認為問題就是 1.給某節點和它的所有兒子節點權值加上乙個值。2.詢問一條路徑的權值和。首先考慮如果只詢問單點的維護方法，其實就是打乙個標記表示給整個兒子集合都加上了若干權值...
省選模擬102 題解
a.island 對於正負不同的情況，o n 列舉左側的位置然後計算。對於正負性相同的情況，把笛卡爾樹建出來，然後每次考慮跨過最小值的貢獻。分幾種情況 左右均不超過最小值，左右僅有乙個超過最小值，左右都超過最小值。然後順便統計上其中乙個端點為劃分點的貢獻。然後瘋狂的寫式子拆式子就沒了。做法挺簡單的，...
省選模擬101 題解
a.石子遊戲 問題可以簡單轉化為最少能取出多少個數，使得異或和為 k 顯然答案是小於 log a i 的，因為線性基已經可以拼出所有數了。所以可以考慮列舉這個答案，然後就是 dp 表示用 i 個數能否拼出 j 轉移可以用 fwt 優化，暴力做就是兩個 log 的，因為只需要一項所以手動 ifwt 可...