这道题假设依照表达式一个个来算肯定超时，下午时候想了一个O(nlogn*logn)的算法。可是t了。由于这道题卡的很紧几百个例子，必须nlogn的算法才干够ac

回到这道题，考虑log(sum(i,j))+1的特点，能够发现它的值域范围很小。在1-34之间。那么我们能够考虑枚举log(sum(i,j)+1的值。记为k，然后统计(i+j)的和就可以。

对于每个k，找到全部满足2^(k-1)<=sum(i,j)<=2^k-1的（i+j），

那么我们考虑每一个前缀i，找到这个前缀满足2^(k-1)<=sum(i,j)<=2^k-1的区间[l,r]，即对于这个区间的每一个元素s(i,j),都满足上式(l<=j<=r)。

这一步枚举有一个小技巧，当我们找到前缀i的区间[l,r]之后。那么前缀i+1满足上式的区间一定不可能在前缀i的[l, r]之前。

那么我们用两个指针维护这个区间就可以，那么时间复杂度就降为了O(n*logn).

ps:下午写的n*logn*logn的代码在我电脑上跑了22000ms，ac代码在我电脑上跑了5500ms，ac代码在oj上跑了1600ms。

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<cstdlib>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#include<vector>

#include<map>

#include<queue>

#include<stack>

#include<string>

#include<ctime>

#include<map>

#include<set>

#define eps 1e-6

#define LL long long

#define pii (pair<int, int>)

//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")

using namespace std;  

const int maxn = 100000 + 500;

//const int INF = 0x3f3f3f3f;

LL a[maxn], s[maxn];

int n;

int main() {

	clock_t start = clock();

//	freopen("input.txt", "r", stdin);

	int T; cin >> T;

	while(T--) {

		scanf("%d", &n);

		LL ans = 0;

		for(int i = 1; i <= n; i++) {

			scanf("%I64d", &a[i]);

			s[i] = s[i-1] + a[i];

		}

		for(int k = 1; k <= 34; k++) {

			int l = 1, r = 0;

			LL liml = k==1 ? 0 : (1LL<<(k-1)), limr = (1LL<<k)-1;

			for(int i = 1; i <= n; i++) {

				l = max(i, l);

				while(l<=n && s[l]-s[i-1]<liml) l++;

				r = max(l-1, r);

				while(r+1<=n && s[r+1]-s[i-1]>=liml && s[r+1]-s[i-1]<=limr) r++;

				if(l>r) continue;

			//	if(k==2) cout << l << " " << r << " " << i << endl;

				ans += (LL)(i+l+i+r)*(r-l+1)/2*k;

			}

		//	if(k < 5) cout << ans << endl;

		}

		cout << ans << endl;

	}

	clock_t end = clock();

//	cout << end-start << endl;

	return 0;

}