二进制拆位

二进制拆位

题意：给定一个数组，求所有子区间的区间异或和的sum

Sol：先做异或前缀和，原问题则变成求数组中任意两个数的异或，然后全部相加起来的结果。我们考虑每个元素每位的贡献，只需要统计前面（偏序计数）有多少个数的本位与自己不同。

//这个题目显然应该作为模板题，似乎没有找到直白的在原数组上作拆位前缀和
//本题先通过异或前缀和预处理，来将问题转化为两两之间的异或和，
//如果不转化，就需要计算贡献次数
void solve(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]^=a[i-1];
	vector<int>c0(len+2,1),c1(len+2,0);
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int u=a[i];
		for(int j=len;j>=0;j--){
			if((u>>j)&1){
			ans+=(1<<j)*c0[j];
			c1[j]++;
			}
			else {
			ans+=(1<<j)*c1[j];
			c0[j]++;
			}
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	
}

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/65051/D

小美定义一个数组的权值为：数组中任选两个数的异或之和。例如，数组[2,1,3]的权值为：(2 xor 1)+(2 xor 3)+(1 xor 3)=3+1+2=6。 小美拿到了一个数组，她想知道该数组的所有连续子数组的权值和是多少？答案对109+7取模。

Sol：注意题目意思。一个子数组的权值是两两异或和，那么求所有子数组的权值和。考虑继续按位算贡献，对于枚举到当前数a[i]，我们计算他和每个前面的数计算的次数，当a[j](j<i)可以和其异或产生1<<k的贡献的时候,左端点有j个，右端点有n-i+1个，所以累加答案2k×j×(n−i+1).那么我们需要预处理些什么呢？当前i，k是枚举的，我们显然不能枚举j，所以我们需要提前预处理有关j的前缀和，为什么能这样做的推导2k×j1×(n−i+1)+2k×j2×(n−i+1)=2k×(j1+j2)×(n−i+1)。也就是说我们需要对于每一位记录0和1的下标前缀和

const int len = 30;
const int mod = 1e9 + 7;
vector<int>b0(40), b1(40);
 
void solve() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = len; j >= 0; j--) {
            int u = (a[i] >> j) & 1;
            if (u == 1) {
                b1[j]+=i;b1[j]%=mod;
                ans += b0[j] * (n - i + 1) % mod * (1LL << j) % mod;
                ans %= mod;
            } else {
                b0[j]+=i;b0[j]%=mod;
                ans += b1[j] * (n - i + 1) % mod * (1LL << j) % mod;
                ans %= mod;
            }
        }
    }
    cout << ans << endl;
}

https://www.luogu.com.cn/problem/CF1879D Sum of XOR Functions

有一个序列 a，计算 $\sum\limits_{l=1}{n}\sum\limits_{r=l}n(r-l+1)\times \bigoplus\limits_{i=l}^{r}a_i $。

Sol：继续考虑贡献，枚举r，拆位前缀和维护符合要求下标L之和以及L的数量。不能全部开longlong，本题空间很紧张，不然会直接MLE.由于我们我们寻找的是所有在前缀和中能当左式的，本身就是L-1了，所以原本区间长度的减1就不用考虑了。

ll pre[N][30+2][2];
int num[N][30+2][2];
void solve(){
      cin>>n;
      for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
      for(int i=1;i<=n;i++)a[i]^=a[i-1];
      for(int j=0;j<=30;j++){
      	num[0][j][0]=1;
      }
      for(int i=1;i<=n;i++){
      	for(int j=0;j<=30;j++){
      		int u=(a[i]>>j)&1;
      		num[i][j][u]++;
      		num[i][j][u^1]=num[i-1][j][u^1];
      		num[i][j][u]+=num[i-1][j][u];
      		
      		
      		pre[i][j][u]+=i;
      		pre[i][j][u]+=pre[i-1][j][u];
      		pre[i][j][u]%=mod;
      		
      		pre[i][j][u^1]=pre[i-1][j][u^1];
      	}
      }
      ll ans=0;
      //枚举r，看有多少个L-1，
      for(int i=1;i<=n;i++){
      	//bug(i);cerr<<endl;//
      	for(int j=0;j<=30;j++){
      		int u=(a[i]>>j)&1;
      		ll cnt=num[i-1][j][u^1];
      //	bug(j);bug(cnt);
      //	cerr<<endl;
      		ll tmp=cnt*(i)-pre[i-1][j][u^1];tmp%=mod;tmp+=mod;tmp%=mod;
      		ans=(ans+tmp*(1LL<<j)%mod)%mod;
      	}
      }
      cout<<ans<<endl;
}

给定一个数组，求 ∑i=1n∑j=1n(ai⊕aj)2G. 沃托里村 - 2023 年（第十五届）四川省大学生程序设计大赛重现赛 - ECNU Online Judge

Sol：本题需要考虑平方的特性,直接拆位以后，看2的次幂的贡献，考虑指数运算法则，只需要记录00，01，10，11的对数就可以了，本题不要求偏序，直接全部考虑不用去重。

dbeug：注意乘法与取模同等优先级，从左到右算，所以需要对于出现1<<60的式子需要先打括号取模，再计算。也可以预处理2的次幂mod意义下的。

int pre[N];
int dp[M][2][M][2];
void solve(){
      cin>>n;
      for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
      pre[0]=1;
      for(int i=1;i<=63;i++)pre[i]=pre[i-1]*2%mod;
      for(int i=1;i<=n;i++){
      	for(int j=0;j<=30;j++){
      		for(int k=0;k<=30;k++){
      			int u1=(a[i]>>j)&1;
      			int u2=(a[i]>>k)&1;
      			dp[j][u1][k][u2]++;
      		}
      	}
      }
      int ans=0;
      for(int i=1;i<=n;i++){
      	  for(int j=0;j<=30;j++){
      	  	for(int k=0;k<=30;k++){
      	  		int u1=(a[i]>>j)&1;
      	  		int u2=(a[i]>>k)&1;
      	  		ans=(ans+dp[j][u1^1][k][u2^1]%mod*(1LL<<(j+k))%mod)%mod;
      	  	}
      	  }
      }
      cout<<ans<<endl;
}

image-20240509195429268

image-20240509195440675

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 10, mod = 998244353;
LL a[N], pre[N], suf[N], s[N];
LL bit[2][35];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        s[i] = s[i - 1] ^ a[i];
    }
    for (int i = 0; i <= 30; i++) {
        bit[0][i]++;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        pre[i] = pre[i - 1];
        for (int j = 0; j <= 30; j++) {
            int u = s[i] >> j & 1;
            pre[i] = (pre[i] + (1 << j) * bit[u ^ 1][j] % mod) % mod;
        }
        for (int j = 0; j <= 30; j++) {
            int u = s[i] >> j & 1;
            bit[u][j]++;
        }
    }
    memset(bit, 0, sizeof bit);
    for (int i = 0; i <= 30; i++) {
        bit[0][i]++;
    }
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
        s[i] = s[i + 1] ^ a[i];
    }
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
        suf[i] = suf[i + 1];
        for (int j = 0; j <= 30; j++) {
            int u = s[i] >> j & 1;
            suf[i] = (suf[i] + (1 << j) * bit[u ^ 1][j] % mod) % mod;
        }
        for (int j = 0; j <= 30; j++) {
            int u = s[i] >> j & 1;
            bit[u][j]++;
        }
    }
    memset(bit, 0, sizeof bit);
    LL ans = 0;
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
        for (int j = 0; j <= 30; j++) {
            int u = s[i] >> j & 1;
            ans = (ans + pre[i - 1] * (1 << j) % mod * bit[u ^ 1][j] % mod) % mod;
        }
        for (int j = 0; j <= 30; j++) {
            int u = s[i] >> j & 1;
            bit[u][j] = (bit[u][j] + suf[i]) % mod;
        }
    }
    cout << ans << '\n';

    return 0;
}

https://codeforces.com/problemset/problem/1878/E按位与的拆位前缀和

有 t 组数据。每组数据给定长度为 n 的数组 a 和 q 次询问。我们定义 f(l,r)(1≤l≤r≤n) 表示 al&al+1&…&ar−1&ar 的结果。其中，& 表示位与运算。对于每次询问，将给定 l,k。请你找到最大的 r 使得 f(l,r)≥k。如果无解，输出 -1。

Sol：考虑与运算具有递减性，所以可以二分r。考虑怎么check。由于与运算不可逆，无法像异或那样快速求出按位与的区间和，我们只能预处理拆位的前缀和，然后每次花费O(logn)的时间去计算区间与和。具体就是看每一位1的个数是不搜等于区间长度，因为只要有1个0就是0了。时间复杂度：O(mlogn2)

int a[N];
//考虑预处理后花费O（log）求出区间与的和

void solve(){
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
        vector<vector<int>>pre(n+1,vector<int>(32,0));
        for(int i=1;i<=n;i++){
        	for(int j=30;j>=0;j--){
        		int u=(a[i]>>j)&1;
        		if(u==1)pre[i][j]=1+pre[i-1][j];
        		else pre[i][j]=pre[i-1][j];
        	}
        }
        cin>>m;
        
        for(int i=1;i<=m;i++){
        	int ql,k;cin>>ql>>k;
        	int l=ql;int r=n;
        	
        	 auto check=[&](int x){
        	   int res=0;
        	   for(int j=30;j>=0;j--){
        	   	if(pre[x][j]-pre[ql-1][j]==(x-ql+1))res+=(1<<j);
        	   }
        	  if(res>=k)return true;
        	  return false;
        };
        
        
        if(a[ql]<k){cout<<-1<<" ";continue;}
        	while(l<r){
        		int mid=(l+r+1)>>1;
        		if(check(mid))l=mid;
        		else r=mid-1;
        	}
        	cout<<l<<" ";
        }
        cout<<endl;
}

https://vjudge.net/contest/602096#problem/E

给定一棵树，带边权，m次询问，每次给出l,r,x∑i=lrxordist(i,x)，xordist为i到x上的路径异或起来。

Sol:考虑单点对单点的时候，钦定1为根不影响答案。算一下树上前缀和d[x].则答案就是d[i]^d[x].现在就是考虑多个数与一个数的异或和，我们需要在logn的时间内求出。预处理按位的0和1的数量，直接按每一位的贡献和数量计算。

int a[N];
#define a2 array<int,2>
struct edge{int v,w;};
vector<edge>e[N];
int d[N];
void dfs(int u,int fa){
	for(auto [v,w]:e[u]){
		if(v==fa)continue;
		d[v]=d[u]^w;
		dfs(v,u);
	}
}
void solve(){
     cin>>n;
     for(int i=1;i<=n;i++){d[i]=0;e[i].clear();}
    
     for(int i=1;i<=n-1;i++){
     	int u,v,w;cin>>u>>v>>w;
     	e[u].push_back({v,w});
     	e[v].push_back({u,w});
     }
   //  for(int i=1;i<=n;i++)bug(d[i]);
     dfs(1,0);
     //   for(int i=1;i<=n;i++)bug(d[i]);
     cin>>m;
     //for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=d[i]^s[i-1];
   vector<vector<a2>> pre(n+1, vector<a2>(31, a2()));
     for(int i=1;i<=n;i++){
     	for(int j=0;j<=30;j++){
     		int u=(d[i]>>j)&1;
     	    pre[i][j][u]=pre[i-1][j][u]+1;
     		pre[i][j][u^1]=pre[i-1][j][u^1];
     	}
     }
     for(int i=1;i<=m;i++){
     	int l,r,x;cin>>l>>r>>x;
     	int ans=0;
     	for(int j=0;j<=30;j++){
     		int u=(d[x]>>j)&1;
     		int cnt=pre[r][j][u^1]-pre[l-1][j][u^1];
     		ans=(ans+cnt*(1LL<<j));
     	}
     	cout<<ans<<endl;
     }
     
}

非常遗憾调试失败，还要赶进度，以后再回来吧

给定一个数组，求∑l=1n∑r=ln(al⨁al+1⨁…⨁ar)×minl≤i≤rai

先用单调栈套路地得到左右边界，对于左右边界，统计左0右1地个数，左1右0个数，然后考虑拆位前缀和算贡献，思路不难，注意注意边界处理。

全局开了longlong，依然不知道wa哪里了

// Problem: I - 序列
// Contest: Virtual Judge - 2023杭电新生赛
// URL: https://vjudge.net/contest/602096#problem/I
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 3000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
# define int long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>
#define db double
#define baoliu(x, y) cout << fixed << setprecision(y) << x
#define endl  "\n"
#define alls(x) (x).begin(), (x).end()
#define fs first
#define sec second
#define bug(x) cerr << #x << " = " << x << endl
#define bug2(x) cerr << #x << " = " << x <<" "
const int N = 2e5 + 10;
const int M = 1e6 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 998244353;
const double eps = 1e-8;
const double PI = acos(-1.0);
int n, m;

#define a2 array<int,2>
void solve(){
    cin>>n;
    vector<int>a(n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
    stack<int>pre;
    stack<int>nxt;
    vector<int>l(n+1,0),r(n+1,0),s(n+1,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=s[i-1]^a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++){
     	while(!pre.empty()&&a[i]<=a[pre.top()])pre.pop();
     	if(!pre.empty())l[i]=pre.top()+1;
     	else l[i]=1;
     	pre.push(i);
     }
     for(int i=n;i>=1;i--){
     	while(!nxt.empty()&&a[i]<=a[nxt.top()])nxt.pop();
     	if(!nxt.empty())r[i]=nxt.top()-1;
     	else r[i]=n;
     	nxt.push(i);
     }
     int ans=0;
 // for(int i=1;i<=n;i++)cerr<<a[i]<<" ";
 // cerr<<endl;
  // for(int i=1;i<=n;i++)cerr<<l[i]<<" ";
 // cerr<<endl;
  // for(int i=1;i<=n;i++)cerr<<r[i]<<" ";
 // cerr<<endl;
     vector<vector<a2>>f(n+1,vector<a2>(32,a2()));
  //  for(int i=0;i<=30;i++)f[0][i][0]=1;
     for(int i=1;i<=n;i++){
     	for(int j=0;j<=30;j++){
     		int u=(s[i]>>j)&1;
     		f[i][j][u]=1+f[i-1][j][u];
     		f[i][j][u^1]=f[i-1][j][u^1];
     	}
     }
   // for(int i=1;i<=n;i++)cerr<<s[i]<<" ";
 // cerr<<endl;
 // bug(f[3][0][1]);
 // bug(f[3][1][1]);
// bug(f[3][2][1]);
 // bug(f[0][0][1]);
 // bug(f[0][1][1]);
// bug(f[0][2][1]);
     for(int i=1;i<=n;i++){
     	int res=0;int ql=l[i],qr=r[i];
     //	bug(i);bug(l[i]);bug(r[i]);
     	for(int j=0;j<=30;j++){
     		int cl1,cl0;int cr1,cr0;
     		
     		 cr0=f[qr][j][0]-f[i-1][j][0];
     		 cl0=f[i-1][j][0]-f[max(ql-2,0LL)][j][0];
     		 cl1=f[i-1][j][1]-f[max(ql-2,0LL)][j][1];
     		 cr1=f[qr][j][1]-f[i-1][j][1];
     		if(ql-1<=0)cl0++;
     		
     		int cnt=cl1*cr0%mod+cl0*cr1%mod;cnt%=mod;
     		//bug2(cl1);bug2(cl0);bug2(cr1);bug2(cr0);
     		//bug(i);bug(j);bug(cnt);bug("___");
     		res=(res+cnt*((1LL<<j)%mod)%mod)%mod;
     	}
     	//bug(i);bug(res);
     	ans=(ans+(res*a[i])%mod)%mod;
     }
     cout<<ans<<endl;
}
signed main() {
    cin.tie(0);
    ios::sync_with_stdio(false);

//freopen("in.txt", "r", stdin);
//freopen("out.txt", "w", stdout);
//freopen("debug.txt", "w", stderr);
    int t=1;
    cin>>t;
    while(t--)solve();
    return 0;
}

给一份std参考

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 

using namespace std;

const int N=1e5+10;
const int mod=998244353;

int a[N],pre[N];
int prexors[40][N];
int stk[N];
int l[N],r[N];

int getres(int l,int r,int x)
{
    int res=0;
    for(int i=0;i<32;i++)
    {
        //vector<int> Lrange(2),Rrange(2);
        int Lrange[2],Rrange[2];
        Lrange[1]=prexors[i][x-1]-(l?prexors[i][l-1]:0);
        Lrange[0]=x-l-Lrange[1];
        Rrange[1]=prexors[i][r]-prexors[i][x-1];
        Rrange[0]=r-x+1-Rrange[1];
        
        int t=(Lrange[0]*Rrange[1]%mod+Lrange[1]*Rrange[0]%mod)%mod;
        t=(t*(1ll<<i))%mod;

        res=(res+t)%mod;
    }

    return res;
}

void kei()
{
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
    
    int tt=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(tt&&a[stk[tt]]>a[i])tt--;
        l[i]=tt?stk[tt]:0;
        stk[++tt]=i;
    }
    tt=0;
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        while(tt&&a[stk[tt]]>=a[i])tt--;
        r[i]=tt?stk[tt]-1:n;
        stk[++tt]=i;
    }

    for(int i=1;i<=n;i++)pre[i]=pre[i-1]^a[i];

    for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<32;j++)prexors[j][i]=(pre[i]>>j)&1;

    for(int i=0;i<32;i++)for(int j=1;j<=n;j++)prexors[i][j]+=prexors[i][j-1];

    int res=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)res=(res+getres(l[i],r[i],i)*a[i]%mod)%mod;

    cout<<res<<'\n';
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
    int t=1;
    cin>>t;
    while(t--)kei();
}

https://ac.nowcoder.com/acm/discuss/blogs?tagId=268078

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/80793/D


__EOF__

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