這題應該做法有很多吧，我提供一種奇怪的做法
將每一行連續的1提出來，形成乙個個區間\(l,r\)
實際是求對於每一\(1\leq l \leq r \leq m\)，能覆蓋它的\(l,r\)有多少個
怎麼求呢?
首先我們將這些區間儲存在每個左端點上
迴圈列舉左端點，每次將右端點的sum++，維護乙個字尾即可,累加得到每個右端點的答案
直接這樣做，複雜度應該是\(n \cdot m+m \cdot m\)
那對於\(m\)較大\(n\)較小的情況，如何優化為\(n*m\)呢？
其實是非常簡單的，記錄右端點出現的最遠位置\(maxr\)，每次從\(maxr\)迴圈到i即可
這樣的話，其實每一次是迴圈乙個連續區間的塊長，總共塊長應該是\(n*m\)
const int n=5010;
bool be;
int n,m;
int a[n][n];
struct edgee[n*n/2];
int head[n],ecnt;
void addedge(int u,int v);
head[u]=ecnt;
}int sum[n],k[n];
bool ed;
int main()
rep(j,1,m)
} } }
int ans=0;
rep(i,1,m)
int d=0;
drep(j,ma,i)
} printf("%d\n",ans);
}
\[\
\]\[\
\]\[\
\]dp裸題吧
\[dp[i][j]$$前j個數，分成$i$段的最大收益
首先我們考慮$n^3$轉移
```cpp
for(int k=1;ksum[k+1][j]$的情況
而什麼時候存在這種情況呢？當且僅當$a[k]$中存在$a[k+1..j]$的二進位制位中不擁有的1時遞增
所以存下每一位的一上一次出現的位置，一共有$log_2(10^7)$的轉移方案
總複雜度$n\cdot k \cdot log_2(10^7)$，略大於乙個億的樣子，但實際上這題時限2s，不是特別卡常吧
```cpp
#includeusing namespace std;
#define reg register
typedef long long ll;
#define rep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
char io;
int rd()
const int n=5100;
int n,k;
int a[n],sum[n][n];
ll dp[n/5][n];
int pre[26];
inline int max(int a,int b)
int main()e[n<<1];
int head[n],ecnt;
void addedge(int u,int v);
head[u]=ecnt;
}#define erep(u,i) for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
int a[n];
int sz[n],son[n],l[n],r[n],dfn,id[n];
void pre_dfs(int u,int f)
void init()
} b;
int ans[n];
void dsu(int u,int f)
if(son[u]) dsu(son[u],u);
b.add(a[u]);
erep(u,i)
ans[u]=b.quemax();
}bool ed;
int main()
rep(i,1,n) a[i]=rd();
pre_dfs(1,0);
dsu(1,0);
rep(i,1,rd()) printf("%d\n",ans[rd()]);
}
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