First One

1
2
1 1

12

首先题意不是啥问题，就是给你个数组，让你求那个式子，s表示i到j的和。

比赛的时候想了个带二分的，就是统计log2可能出现的可能，一共同拥有34种，然后求一个前缀和，前缀和是递增的，能够二分。就写了

复杂度没算好，以为33*n*log(n)能过。结果跪了一下午，昨天就这么愉快的跪了

赛后题解上说用俩指针扫一遍，不得不吐槽一下。MD题解都是英文的。

联想到一次bestcoder 有一个题是求一共序列中两个数的和模上一个数最大，我以前的做法就是排序二分。而正解就是俩指针扫一遍，然而我没有记住

这个题就卡这个log（n）然而我就是过不去，诶。还是思维被限制住了

今天上午搞了个33 * n的

思路：

把数组处理成 前缀和，把log分类，有35种情况，题中吧log(0) 规为0。须要特判，题中给的最大的sum值为10^10,所以有35种情况，

那么就分情况讨论，一层循环。里面就是枚举n。然后找到两个值一个是sum[i-1] + 2^j的位置。另一个是sum[i-1]+2^(j+1)的位置，这段区间内的log值就全为j，用等差数列求和公式就能瞬间算出来这段区间的值，并且仅仅须要两个标记扫一遍。为何能够仅仅扫一遍呢，sum数组的值是递增的。须要找的值也是递增的。所下面次找的时候仅仅须要在上次寻找的后面继续接上就OK

/****************************************
** 2015 Multi-University Training Contest 6
** 1006 First One
** HDU 5358
** by calamity_coming
**************************************/

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

const int MAX_LONG = 1E5;
ll   a[MAX_LONG + 10];
ll sum[MAX_LONG + 10];
ll cf2[40];

void init()
{
    ll k = 1;
    for(int i=0; i<=34; ++i)
    {
        cf2[i] = (k<<(i));
    }
}
int main()
{
    init();
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        int n;
        scanf("%d",&n);
        sum[0] = 0;
        for(int i=1; i<=n; ++i)
        {
            scanf("%I64d",&a[i]);
            sum[i] = sum[i-1] + a[i];//前缀和处理
        }
        sum[n+1] = 1E17;
        ll ans = 0;

        //0
        for(int i=1; i<=n; ++i)//0比較特殊。要特殊的干
        {
            int p = i;
            while(sum[p]==sum[i-1] && p<=n+1)
            {
                ++p;
            }
            --p;
            if(p>=i)
            {
                ans += (ll)(i*3+p)*(ll)(p-i+1)/2;
            }
        }

        for(int j=0; j<=33; ++j)//这是每一个情况
        {
            int p1 = 0,p2 = 0;//用两个指针扫一遍
            for(int i=1; i<=n; ++i)//当i递增时，新的p1,p2一定在后面
            {
                ll adc = sum[i-1] + cf2[j];
                while(sum[p1]<adc && p1<=n)
                {
                    ++p1;
                }
                adc = sum[i-1] +cf2[j+1];
                while(sum[p2]<adc && p2<=n+1)
                {
                    ++p2;
                }
                --p2;
                if(p2>=p1 && p2)
                {
                    ans += (j+1)*(ll)(i*2+p1+p2)*(ll)(p2-p1+1)/2;
                }
            }
        }
        printf("%I64d\n",ans);
    }
    return 0;
}