[ CQOI 2018 ] 异或序列

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Description

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给出一个长为 \(n\) 的数列 \(A\) 和 \(k\)，多次询问：

对于一个区间 \([L_i,R_i]\)，问区间内有多少个不为空的子段异或和为 \(k\) 。

• \(n,m,k,A_i\le 10^5\)

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Solution

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注意到一件有趣的事，就是每次询问的 \(k\) 相同。

因为 \(a\oplus a=0\)，所以子段异或问题可以看作前缀异或和的异或，即

\[a[i]\oplus a[i+1]\oplus...\oplus a[j]=sum[i-1]\oplus sum[j] \]

其中 \(sum[i]=a[1]\oplus a[2]\oplus...\oplus a[i]\) 。

那么问题转化为，存在对少对 \(i,j\in[L_i-1,R_i],i!=j\) ，满足

\[sum[i]\oplus sum[j]=k \]

注意区间问题，因为区间做差的原理是减掉 \(l-1\) 。

然后可以注意到，一个值 \(x\) 若想要构成 \(k\) ，其对应的另一个值是固定的。

也就是说，我们的组合方案是确定的。

当新加入一个可选值 \(x\) ，我们的方案数就会 \(+cnt[x^k]\) ，其中 \(cnt[i]\) 表示当前含有可选值 \(i\) 的个数。

可以证明，这种计数方式不会算重，因为每个数字加入时只会计算当前已经有对应的值。

当去掉一个值的时候，方案数 \(-cnt[x^k]\) 即可。

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还有一个问题，就是关于 \(k=0\) 的情况。

此时每个值显然不能计算上自己和自己异或的贡献。

删除时当然也要注意不能多减掉自己异或自己的情况。

只需在 add 和 del 的时候交换一下操作顺序即可，具体看代码。

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Code

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突然失智......Debug 2h 竟只是因为 \(l\) 没有减 \(1\) ......

还要注意，刚开始 \(0\) 号位置也有一个贡献。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 100010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;
typedef long long ll;

inline ll rd(){
  ll x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

ll n,m,k,ans,bl[N],cnt[1<<18],s[N],res[N];

struct Q{ll l,r,id;}q[N];

inline bool cmp1(Q x,Q y){
  return bl[x.l]==bl[y.l]?x.r<y.r:bl[x.l]<bl[y.l];
}

inline bool cmp2(Q x,Q y){return x.id<y.id;}

inline void del(int p){
  --cnt[s[p]];
  ans-=cnt[k^s[p]];
}

inline void add(int p){
  ans+=cnt[k^s[p]];
  ++cnt[s[p]];
}

int main(){
  n=rd(); m=rd(); k=rd();
  ll t=sqrt(n);
  for(R ll i=1;i<=n;++i){
    s[i]=s[i-1]^rd();
    bl[i]=i/t+1;
  }
  for(R ll i=1;i<=m;++i){
    q[i].l=rd()-1; q[i].r=rd(); q[i].id=i;
  }
  sort(q+1,q+1+m,cmp1);
  ll nowl=0,nowr=0;
  cnt[0]=1;
  for(R ll i=1;i<=m;++i){
    while(nowl>q[i].l){--nowl;add(nowl);}
    while(nowl<q[i].l){del(nowl);++nowl;}
    while(nowr<q[i].r){++nowr;add(nowr);}
    while(nowr>q[i].r){del(nowr);--nowr;}
    res[q[i].id]=ans;
  }
  for(R ll i=1;i<=m;++i) printf("%lld\n",res[i]);
  return 0;
}