大家可以猜猜看为什么有两个标题，因为这个原因本文就不设密码了。
5 月模拟赛，6 月补题，7 月补 sol，不愧是我。
题目描述
link。
赛时得分：0/0。
完全不会，暴力都没打。
首先，有个经典结论：前缀 or 只会变化 \(\log\) 次。
我们考虑按 \(B\) 分块。
对于块内的答案，每个点开始只有 \(\log\) 种值，直接全部记录下来，查询时二分下即可。
修改：\(O(B\log a)\)。
查询：\(O(B\log n)\)。
对于跨块的情况，我们从左到右扫所有块，维护到每个块的 \(log\) 个后缀 or 值。一个块内的所有后缀 or 值是好处理的。对于前面块的后缀 or 值，相当于整体 or 上这个块的 or 值，然后合并时归并即可。
修改：\(O(B\log a)\)。
查询：\(O(B\log a)\)。
于是，\(B\) 取 \(sqrt{n}\)，即可做到 \(O(n\sqrt{n}\log a)\)。
代码
需要大力卡常。
#include <bits/stdc++.h>
#define SZ(x) (int) x.size() - 1
#define ms(x, y) memset(x, y, sizeof x)
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define F(i, x, y) for (int i = (x); i <= (y); i++)
#define DF(i, x, y) for (int i = (x); i >= (y); i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> inline void chkmax(T &x, T y) { x = max(x, y); }
template <typename T> inline void chkmin(T &x, T y) { x = min(x, y); }
template <typename T> inline void read(T &x) {
x = 0; int f = 1; char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
x *= f;
}
constexpr int N = 5e4 + 10, B = 180, w = 29, C = N / B + 10, L = B + 10;
int n, m, a[N], mx[C][L], val[C];
vector <pair <int, int>> v, vv, pre[C], suf[C], cur, cc;
bool tag[C];
void build(int id) {
val[id] = 0;
ms(mx[id], 0);
pre[id].clear(), suf[id].clear();
int l = (id - 1) * B + 1, r = min(n, id * B);
v.clear();
F(i, l, r) {
val[id] |= a[i];
if (val[id] != (pre[id].empty() ? 0 : pre[id].back().first)) pre[id].emplace_back(val[id], i);//, cout << id << " " << i << " " << val[id] << endl;
vv.clear();
F(j, 0, w)
if (a[i] & (1 << j)) vv.emplace_back(j, i);
for (auto [j, k]: v)
if (!(a[i] & (1 << j))) vv.emplace_back(j, k);
swap(v, vv);
int cur = 0;
for (auto [j, k]: v) chkmax(mx[id][i - k + 1], (cur |= (1 << j)));//, cout << i << " " << j << " " << k << '\n';
} int t = 0;
DF(i, r, l)
if ((t |= a[i]) != (suf[id].empty() ? 0 : suf[id].back().first)) suf[id].emplace_back(t, i);//, cout << id << " " << t << " " << i << " " << a[i] << endl;
reverse(all(suf[id]));
F(i, 2, B) chkmax(mx[id][i], mx[id][i - 1]);
}
unordered_map <int, int> mp;
signed main() {
read(n), read(m);
F(i, 1, n) read(a[i]);
int full = (n - 1) / B + 1;
F(i, 1, full) build(i);
while (m--) {
int f, x; read(f), read(x);
if (f == 1) {
mp.clear();
int y; read(y);
a[x] = y;
tag[(x - 1) / B + 1] = true;
} else {
if (mp[x]) {
cout << mp[x] << '\n';
continue;
}
// F(i, 1, n) cout << a[i] << " "; cout << endl;
int ans = n + 1;
F(i, 1, full) {
if (tag[i]) build(i), tag[i] = false;
if (mx[i][B] >= x) chkmin(ans, int(lower_bound(mx[i] + 1, mx[i] + B + 1, x) - mx[i]));
}
cur.clear();
F(i, 1, full) {
if (cur.size()) {
int pos = 0;
for (auto [j, k]: pre[i]) {
while (pos < SZ(cur) && (j | cur[pos + 1].first) >= x) pos++;
if ((j | cur[pos].first) >= x) chkmin(ans, k - cur[pos].second + 1);
}
}
for (auto &[j, k]: cur) j |= val[i];
for (auto [j, k]: cur) {
if (cc.size() && cc.back().first == j) cc.pop_back();
cc.emplace_back(j, k);
} cur.clear(); swap(cur, cc);
for (auto [j, k]: suf[i]) {
if (cur.size() && cur.back().first == j) cur.pop_back();
cur.emplace_back(j, k);
}
} cout << (mp[x] = (ans > n ? - 1 : ans)) << '\n';
}
}
return 0;
}