bzoj 4017: 小Q的无敌异或

4017: 小Q的无敌异或

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Description

背景

 

小Q学习位运算时发现了异或的秘密。

 

描述

 

小Q是一个热爱学习的人，他经常去维基百科（http://en.wikipedia.org/wiki/Main_Page）学习计算机科学。

 

就在刚才，小Q认真地学习了一系列位运算符（http://en.wikipedia.org/wiki/Bitwise_operation），其中按位异或的运算符 xor 对他影响很大。按位异或的运算符是双目运算符。按位异或具有交换律，即i xor j = j xor i。

 

他发现，按位异或可以理解成被运算的数字的二进制位对应位如果相同，则结果的该位置为0，否则为1，例如1(01) xor 2(10) = 3(11)。

 

他还发现，按位异或可以理解成数字的每个二进制位进行了不进位的加法，例如3(11) xor 3(11) = 0(00)。

 

于是他想到了两个关于异或的问题，这两个问题基于一个给定的非负整数序列A1, A2, ..., An，其中n是该序列的长度。

 

第一个问题是，如果用f(i, j)表示Ai xor Ai+1 xor ... xor Aj，则任意的1 <= i <= j <= n的f(i, j)相加是多少。

 

第二个问题是，如果用g(i, j)表示Ai + Ai+1 + ... + Aj，则任意的1 <= i <= j <= n的g(i, j)异或在一起是多少。

 

比如说，对于序列{1, 2}，所有的f是{1, 2, 1 xor 2}，加起来是6；所有的g是{1, 2, 1 + 2}，异或起来是0。

 

他觉得这两个问题都非常的有趣，所以他找到了你，希望你能快速解决这两个问题，其中第一个问题的答案可能很大，你只需要输出它对998244353（一个质数）取模的值即可。

 

 

 

Input

第一行一个正整数n，表示序列的长度。

 

第二行n个非负整数A1, A2, ..., An，表示这个序列。

 

 

Output

两个整数，表示两个问题的答案，空格隔开，其中第一个问题的答案要对998244353（一个质数）取模。

 

 

Sample Input

2
1 2

Sample Output

6 0

HINT

 

100%的数据满足n <= 10^5, Ai <= 10^6。

 

    很棒的一道题啊hhhhhh。

    很显然第一问是easy模式，直接处理出前缀Xor数组直接拆位算贡献好啦(因为太简单就不仔细说这一部分了hhhh)。

     

    第二问嘛，，，稍微有那么点麻烦hhhhh

    考虑到前缀和可能是 10^11 级别的，所以我们的二进制要考虑前30多位，并且将会涉及一系列long long的问题(哪一步不小心可能就炸int了hhhh，但为了卡一卡常我尽量都用int.....)。

    因为答案是所有区间和异或起来，所以我们就依次考虑 2^i 在答案里是1还是0就好了，然后请转到 : https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4888 ,我是延用了我早期解这个题用的套路 (只不过太早期了在我的博客里找不着hhhh)，就是考虑第i位的时候，把所有数分成 这一位是1 和 这一位是0 两种数，分别计算(这里就把推东西的环节留给你们 了hhhh)，只不过这个题的前缀和太大了，我们还需要离散化一下。

    emmmm然后就做完了。

 

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int ha=998244353,maxn=100005;
int n,m,Xor[maxn],num[35][2],F[2][maxn],ky;
inline int add(int x,int y){ x+=y; return x>=ha?x-ha:x;}
inline void update(int T,int x){ for(;x<=ky;x+=x&-x) F[T][x]^=1;}
inline int query(int T,int x){ int an=0; for(;x;x-=x&-x) an^=F[T][x]; return an;}
ll a[maxn],now,N[maxn],A[maxn],ci[66];

inline int solve1(){
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=20;i++) num[i][0]++;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		Xor[i]=a[i]^Xor[i-1]; 
		for(int j=0;j<=20;j++) ans=add(ans,ci[j]*(ll)((Xor[i]&ci[j])?num[j][0]:num[j][1])%ha);
		for(int j=0;j<=20;j++) num[j][(Xor[i]&ci[j])?1:0]++;
	}
	return ans;
}

inline ll solve2(){
	ll ans=0; int tmp=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]+=a[i-1];
	
	for(int i=0;i<=40;now|=ci[i],i++,tmp=0){
		memset(F,0,sizeof(F));
		
		for(int j=1;j<=n;j++) A[j]=N[j]=a[j]&now;
		sort(N+1,N+n+1);
		ky=unique(N+1,N+n+1)-N-1;
		for(int j=1;j<=n;j++) A[j]=lower_bound(N+1,N+ky+1,A[j])-N;
		
		for(int j=1,u;j<=n;j++){
			u=(ci[i]&a[j])?1:0;
			tmp^=query(u^1,A[j])^query(u,ky)^query(u,A[j])^u;
			update(u,A[j]);
		}
		
		if(tmp&1) ans+=ci[i];
	}
	return ans;
}

int main(){
	ci[0]=1; for(int i=1;i<=40;i++) ci[i]=ci[i-1]+ci[i-1];
	scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",a+i);
	printf("%d ",solve1()),printf("%lld\n",solve2());
	return 0;
}