CF2667F - Bitwise Slides

题面

• 记 $p_i={\oplus }_{j=1}^i{a}_j$，那么由题意，进行 i 次操作后，有 $P\oplus Q\oplus R=p_i$。

• 因为 P,Q,R 这三个数字必须不成对地不同，所以这三个数字中必有一个为 $p_i$，因为另外两个相同的数异或为 0。

• 考虑状态，对于 $f_{i,x}$，其三元组状态包括 $(p_i,x,x),(x,p_i,x),(x,x,p_i)$。

• 考虑转移：

对于 $f_{i-1,x}$，可以转移到$f_{i,x}$，因为 $p_{i-1}\oplus a_i=p_i$，可以操作等于 $p_{i-1}$ 的那个值，共一个。

对于 $f_{i-1,p_i}$ 可以 $\times 2$ 转移到$f_{i,p_{i-1}}$，因为 $p_i\oplus a_i=p_{i-1}$，可以操作等于 $p_i$ 的那个值，共两个。

对于 $f_{i-1,p_{i-1}}$ 可以 $\times 3$ 转移到$f_{i,p_{i-1}}$，因为 $p_{i-1}\oplus a_i=p_i$，可以操作等于 $p_{i-1}$ 的那个值，共三个，此时不需要考虑第一种转移方案，这已经包含了那种情况。

• 直接 dp 会爆空间，发现实际有用状态很小，实际只有 $S\in p_i$，转移除了 $f_{i,p_{i-1}}$ 都可以直接沿用上一次的状态，所以可以压维并离散化状态来减小空间。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e5+5,P=1e9+7;
ll n,a[N],p[N],c[N],d[N],f[N],ans;
void sol(){
	cin>>n,ans=0,f[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		p[i]=(p[i-1]^a[i]);
		c[i]=p[i];
	}
	sort(c+1,c+n+1);
	ll m=unique(c+1,c+n+1)-c-1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		d[i]=lower_bound(c+0,c+m+1,p[i])-c;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[d[i-1]]=(3*f[d[i-1]]+2*f[d[i]])%P;
	}
	for(int i=0;i<=n;i++){
		(ans+=f[d[i]])%=P;
		f[d[i]]=0;
	}
	cout<<ans<<'\n';
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)sol();
}