【题解】2019,6.25模拟赛（异或）

Description

给出一个长度为 \(n\) 的序列，试把它划分成若干段，是的每段的异或和相同，求一共有多少种方案。答案对 \(1e9+7\) 取模。\(n \leqslant 500000\)

Solution

乍一眼看就不会，考虑写个暴力，慢慢优化他。

\(O(N^2)\)

我们很顺利的想到一个状态: \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个元素，分成的段异或和为 \(j\) 的方案数

那么方程就是 \(f[i][j]=\sum_{k=1}^{i}f[k][[j](sum[i] \ xor \ sum[k]==j)\)。

但是好像这样不能优化，考虑别的状态。

性质：我们思考一下发现其实如果序列可以分成若干异或和相同的子序列，那么他们这几个序列的前缀和肯定满足 \(X 0 X 0 X\)（其中x是序列的异或和）

因为原本是 \(XXXXXX\) 那么做个前缀和，偶数就没了。

我们再考虑一下题目，发现其实序列的断点只能下在 \(0\) 和 \(X\) 之间。

那么我们想到一种很骚的办法，我们统计一共有几个 \(0\) \(X\) 。

状态用 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个元素，组成的异或前缀和是 \(j\) 的方案数。

转移显然：

\(f[i][j]=\sum_{k=1}^{i}(i,k间0的个数) \times f[k][j](sum[i]==sum[k])\)

然后发现这个状态的空间复杂度不是很理想 (尽管时间也很不理想)

优化状态

\(f[i]\) 表示前 \(i\) 个元素，组成的异或前缀和是 \(s[i]\) 时的方案数。

转移：

\(f[i]=\sum_{j=1}^{i} f[j] \times (i到j0的个数)(sum[j]==sum[i])\)

这个时候提出 \(i\) 到 \(j\) 的0的个数,记为cnt\([i][j]\),那么方程岂不是：

\(f[i]=cnt[i][j] \times \sum_{j=1}^{i} f[j]\)

\(O(N)\)

那么我们在计一个前缀和数组 \(g[i]=\sum_{j=1}^{i} f[j]\)

更新的时候就可以做到愉快的 \(O(1)\) 了。

但是这个状态统计答案是会非常麻烦，所以我们给他变个形：

\(f[x]\) 表示前缀和为 \(x\) 时的方案数

按顺序枚举 \(i\) 更新就可以保证正确性

但是如果序列最后的异或前缀和不为 \(0\) 的话那么我们只能输出 \(f[sum[n]]\)

为什么呢？ 因为我们必须的得把最后一个 \(sum[n]\) 和前面的那些序列分开不然会出现分不匀的情况。再加上DP是最优子结构，所以要在最后断开。

如果是 \(0\) 的情况，那么我们得首先考虑把所有 \(0\) 的位置截开，因为截这些位置是保证可以相等的，那么一共有 \(2^{cnt[1][n]}\) 中方案。

别的我们只需要选择当截成段的异或和为 \(X\) 时在任一 \(0\) 和 \(X\) 相连的地方断开，也就是 \(g[x]\)

那么到这里终于把这个DP优化成了 \(O(N)\)。

欣慰。

// No hacking...#_#
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

inline char gc(){
	static char buf[1<<20],*p1=buf,*p2=buf;
	if(p1==p2){
		p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin);
		if(p1==p2) return EOF;
	}
	return *p1++;
}

#define gc getchar

inline int read(){
	int x=0;char ch=gc();
	while(!isdigit(ch)) ch=gc();
	while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=gc();
	return x;
}

int n,ans;
const int N=5e5+5,M=(1<<20)+5,P=1e9+7;
int a[N],b[N],f[M],sum[N],cnt[N],g[M],pre[M];

inline int power(int a,int b){
	int ret=1;
	while(b){
		if(b&1) ret=(1LL*ret*a)%P;
		a=(1LL*a*a)%P;
		b>>=1;
	}
	return ret;
}

int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i){
		a[i]=read();
		sum[i]=(sum[i-1]^a[i]);
		cnt[i]=cnt[i-1]+(sum[i]==0);
	}
	for(int i=1;i<M-5;++i) f[i]=1;
	ans=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(sum[i]){
			f[sum[i]]=(f[sum[i]]+(1LL*g[sum[i]]*(cnt[i]-cnt[pre[sum[i]]]))%P)%P;
			pre[sum[i]]=i;
			g[sum[i]]=(g[sum[i]]+f[sum[i]])%P;
		}
		else ans=(ans+ans)%P;
	}
	if(sum[n]) return printf("%d\n",f[sum[n]]),0;
	ans=(1LL*ans*power(2,P-2))%P;
	for(int i=1;i<M-5;++i) ans=(ans+g[i])%P;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}