BZOJ4017:小Q的无敌异或
题意：有一个长度为 \(N\) 的数列，求其 $$\sum 所有子数列异或和$$
以及$$XORSUM {子数列求和}$$
\(1 \leq N \leq 10^5,元素 0 \leq A_i \leq 10^6\)
Solution
对于第一个子问题，按位计算贡献，即计算ans能加多少个\(1 << k\)
首先我们计算一下前缀异或和
<font color=red,size=6>注：以下就以某一位来讨论
我们维护两个值，\(0\) 的个数以及 \(1\) 的个数
令当前已经计算了 \(k\) 个值的贡献，要计算 \(k+1\) 的贡献
如果 \(k+1\) 处前缀异或和这一位是 \(1\) 则贡献要加上先前 \(0\) 的个数，否则要加上 \(1\) 的个数 （显然，想要使对最终答案的贡献为 \(1\) ，之前一定是 \(1 xor 0=1\) 或者 \(0 xor 1= 1\)）
最后ans直接加上 \((1 << k)\times 贡献值\) 即可
第一问就解决了，时间复杂度 \(O(nlog \ max\{A\})\)
第二个子问题：
答案是异或和，我们不妨按位来考虑，看什么时候会使 \(ans\) 的某一位变成 \(1\)
显然，由异或的性质可知，第 \(k\) 位 有奇数个 \(1\) 出现时，最终答案的第 \(k\) 位才为 \(1\)
形式化的，我们有
此时这题复杂度已经比纯暴力好了非常多，对于每一个 \(r\) 统计出所有满足上式的 \(l-1\) 的个数，但仍然很高
不过由上面的操作统计先前满足条件的个数，想到可以使用树状数组或线段树来维护， \(logn\) 查询
上述式子可以进一步展开，
可以用树状数组分别查询
代码里会看到查询三个值，很诡异，原因见下图
由之前推的两个式子可知，两条红线之间夹的是不可取的地方，我们需要左右两边的值，如果用BIT存奇偶性，查找三个绿色处的前缀，异或起来就可以了(中间部分有两遍异或，相当与不存在)
最后，每一位统计最终的奇偶性，若为奇数，则 \(ans|=(1 << k)\)
ps: \(\quad\) \(a\ mod \ 2^{k+1}\) 等价于 \(a \ \& \ (2^{k+1}-1)\) //二进制考虑一下
First Code(奇偶性):
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define MAXN 100010
#define MOD 998244353
using namespace std;
LL n;
LL sum[MAXN];
LL xsum[MAXN];
LL p[MAXN];
LL ans;
bool tree[MAXN];
int lowbit(int x){
return (x)&(-x);
}
void change(LL pos){
pos++;
if(pos==0)
return;
LL i;
for(i=pos;i<=n+1;i+=lowbit(i))
tree[i]^=1;
}
LL getnum(LL pos){
LL re=0;LL i;
pos++;
for(i=pos;i;i-=lowbit(i))
re^=tree[i];
return re;
}
LL getloc(LL x){
LL l=0,r=n;
LL ans=-1;
while(l<=r){
LL mid=(l+r)>>1;
if(p[mid]<=x){
l=mid+1;
ans=mid;
}
else
r=mid-1;
}
return ans;
}
void solve1(){
LL k;
LL i;
LL cnt[2];
for(k=0;k<=30;k++){
cnt[0]=cnt[1]=0;
LL tmp=0;
for(i=0;i<=n;i++){
bool tt=xsum[i]&(1<<k);
tmp+=cnt[tt^1];
cnt[tt]++;
}
ans += (1<<k) * tmp%MOD;
ans%=MOD;
}
printf("%lld ",ans);
}
void solve2(){
ans=0;
LL i,k;
for(k = 0;(1LL << k) <= sum[n];k++){
LL tmp=0;
for(i=0;i<=n;i++)
p[i] = sum[i] & ((1LL << (k+1)) - 1);
sort(p,p+n+1);
memset(tree,0,sizeof(tree));
for(i=0;i<=n;i++){
LL now = sum[i] & ((1LL << (k + 1)) - 1);
//printf("%lld %lld\n",now,getloc(now));
LL t1=getnum(getloc(now-(1LL<<k)));
LL t2=getnum(getloc(now+(1LL<<k)));
LL t3=getnum(getloc(now));
change(getloc(now));
//printf("--%lld %lld %lld\n",now-(1LL<<k),now+(1LL<<k),now);
//printf("::%lld %lld %lld\n",t1,t2,t3);
tmp^=t1^t2^t3;
}
if(tmp)
ans |= (1LL<<k);
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
scanf("%lld",&n);
LL i;
LL x;
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&x);
xsum[i]=xsum[i-1]^x;
sum[i]=sum[i-1]+x;
}
solve1();
solve2();
return 0;
}
Second Code(统计个数):
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define MAXN 100010
#define MOD 998244353
using namespace std;
LL n;
LL sum[MAXN];
LL xsum[MAXN];
LL p[MAXN];
LL ans;
int tree[MAXN];
int lowbit(int x){
return (x)&(-x);
}
void change(LL pos,int v){
pos++;
if(pos==0)
return;
LL i;
for(i=pos;i<=n+1;i+=lowbit(i))
tree[i]+=v;
}
LL getnum(LL pos){
LL re=0;LL i;
pos++;
for(i=pos;i;i-=lowbit(i))
re+=tree[i];
return re;
}
LL getloc(LL x){
LL l=0,r=n;
LL ans=-1;
while(l<=r){
LL mid=(l+r)>>1;
if(p[mid]<=x){
l=mid+1;
ans=mid;
}
else
r=mid-1;
}
return ans;
}
void solve1(){
LL k;
LL i;
LL cnt[2];
for(k=0;k<=30;k++){
cnt[0]=cnt[1]=0;
LL tmp=0;
for(i=0;i<=n;i++){
bool tt=xsum[i]&(1<<k);
tmp+=cnt[tt^1];
cnt[tt]++;
}
ans += (1<<k) * tmp%MOD;
ans%=MOD;
}
printf("%lld ",ans);
}
void solve2(){
ans=0;
LL i,k;
for(k = 0;(1LL << k) <= sum[n];k++){
LL tmp=0;
for(i=0;i<=n;i++)
p[i] = sum[i] & ((1LL << (k+1)) - 1);
sort(p,p+n+1);
memset(tree,0,sizeof(tree));
for(i=0;i<=n;i++){
LL now = sum[i] & ((1LL << (k + 1)) - 1);
change(getloc(now),1);
LL t1=getnum(getloc(now-(1LL<<k)));
LL t2=getnum(getloc(now+(1LL<<k)));
LL t3=getnum(getloc(now));
tmp+=t1+t2-t3;
}
if(tmp%2)
ans |= (1LL<<k);
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
scanf("%lld",&n);
LL i;
LL x;
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&x);
xsum[i]=xsum[i-1]^x;
sum[i]=sum[i-1]+x;
}
solve1();
solve2();
return 0;
}
