Автор задачи и разработчик: Егор Юлин

Во первых заметим, что суммарную красоту ягод на отрезке можно считать как $$$g(r) - g(l - 1)$$$, где $$$g(x) = \sum\limits_{j=0}^{x} f(j)$$$. Тогда научимся находить только $$$g(x)$$$, и этого будет достаточно, чтобы решить задачу.

Для этого будем идти итеративно. Найдем самую большую степень двойки, не превосходящую $$$x$$$ (по сути старший бит числа): пусть она равна $$$c$$$, то есть $$$x = 2^c + d$$$, где $$$d < 2^c$$$. Тогда очевидно, что все числа от $$$0$$$ до $$$2^c$$$ нам подходят, и посчитать сумму $$$\sum\limits_{j=0}^{2^c - 1} f(j)$$$ несложно: это будут произведения всех подмножеств $$$\{a_i\}_{i=0}^{c-1}$$$, то есть $$$$$$1 + a_0 + \ldots + a_{c-1} + a_0 a_1 + \ldots + a_{c-2} a_{c-1} + \ldots + a_0 a_1 \ldots a_{c-1} \text{.}$$$$$$

Такая сумма легко записывается в виде выражения $$$(1 + a_0) \cdot \ldots \cdot (1 + a_{c-1})$$$: действительно, из каждой скобки можно выбрать либо $$$a_i$$$, либо единицу, и получить слагаемые, соответствующие всем возможным подмножествам $$$\{a_i\}$$$.

После остается только посчитать $$$\sum\limits_{j=2^c}^x f(j)$$$, но тут достаточно заметить, что каждое $$$f(j)$$$ будет делиться на $$$a_c$$$, а именно, будет равно $$$a_c \cdot f(j - 2^c)$$$. Таким образом, эта сумма считается как $$$a_c \cdot \sum\limits_{j=0}^{x-2^c} f(j)$$$, и эту сумму уже можно посчитать рекурсивно тем же способом. Повторим такие действия, пока не получим $$$x = 0$$$, и это займет не более $$$\log_2 x$$$ таких переходов.

Соответственно, на запрос можно ответить за $$$\mathcal{O}(\log r + \log l)$$$, то есть $$$\mathcal{O}(n)$$$.