AT_diverta2019_e XOR Partitioning

先发现以下两个性质：

• 对于所有段，它们的异或和就是所有数的异或和。
• 由于每段的异或和都一样，设为 $d$，并设 $s$ 为所有数的异或和，总共分成了 $x$ 段，则有 $s=[x\bmod2=1]d$。

设 $\left\{A\right\}$ 的前缀异或和为 $\left\{pre\right\}$。

分类讨论。

如果 $s\ne0$，这个比较清晰，说明 $d=s$ 且 $x$ 是奇数，考虑所有 $x$ 段的最后一个数的位置 $p_1,\cdots,p_x$，那么说明 $pre_{p_i}=[i\bmod2=1]d$，因此问题变成在 $1,\cdots,n$ 选奇数个位置，且 $n$ 必须选，满足奇数位置上的 $pre=d$，偶数位置上的 $pre=0$。

考虑 DP，设 $f(i,0/1)$ 表示前 $i$ 个数，选了偶数/奇数个位置的方案数。则有

$$f(i,0)=\left\{\begin{matrix} f(i-1,0)& a_i\ne0 \\f(i-1,0)+f(i-1,1)& a_i=0 \end{matrix}\right.$$

$$f(i,1)=\left\{\begin{matrix} f(i-1,1)& a_i\ne d \\ f(i-1,1)+f(i-1,0)& a_i=d \end{matrix}\right.$$

否则若 $s=0$，继续分类讨论，若分成的段数是 $x$ 是奇数，则说明 $d=0$，问题同上，否则 $d$ 未知，问题变成在 $1,\cdots,n$ 中选偶数个位置，且 $n$ 必须选，满足奇数位置上的 $pre=d$，偶数位置上的 $pre=0$。

如果对每个 $d$ 都 $\mathcal O(n)$ 跑一遍 DP，将会爆炸，但是注意到转移只会在 $pre=0$ 或 $pre=d$ 的位置更新 $f$，于是预处理出所有 $pre_i=d$ 的位置，然后对 $pre_i=0$ 的位置进行前缀和预处理，就可以快速转移了。

时间复杂度 $\mathcal O(n)$。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 500005, M = 1 << 20, mod = 1e9 + 7;
int n;
int pre[N], sum[N];
vector <int> pos[M];
bool vis[M];

void add(int &a, int b) {
	a += b;
	if (a >= mod) a -= mod;
}

int calc(int d) {
	if (!d) {
		int res = 1;
		for (int i = 0; i + 1 < pos[0].size(); ++i) res = res * 2 % mod;
		return res;
	}
	int odd = 0, even = 1, lst = 0;
	for (int i = 0; i + (pre[n] == d) < pos[d].size(); ++i) {
		add(even, 1ll * odd * (sum[pos[d][i]] - sum[lst]) % mod), add(odd, even);
		lst = pos[d][i];
	}
	add(even, 1ll * odd * (sum[n - 1] - sum[lst]) % mod);
	if (pre[n] == d) return even;
	else return odd;
}

int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1, x; i <= n; ++i) scanf("%d", &x), pos[pre[i] = pre[i - 1] ^ x].push_back(i), sum[i] = sum[i - 1] + (pre[i] == 0);
	if (pre[n]) return printf("%d", calc(pre[n])), 0;
	else {
		int ans = 0;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			if (vis[pre[i]]) continue;
			vis[pre[i]] = 1, add(ans, calc(pre[i]));
		}
		printf("%d", ans);
	}
	return 0;
}
```AT_diverta2019_e