2017.10.12 小Q的无敌异或 失败总结

第一问是可以O（n）的

二进制位是独立的，所以直接分开算即可。。

记一个前缀和，开桶装0、1的个数     然后每次新加入一个点就直接更新就可以了

第二问就比较难了，，手玩只能发现最低位可以这么搞，对于高位还要考虑借位情况，借位情况有0有1，就不好离散

但是这么做是可以做出来的。。只是要在模意义下进行，，再考虑每次－的过程，都是一个前缀和-比他靠前的前缀和，

当差值>枚举次数时，显然影响是1  

差值要考虑进位的情况，，这样似乎就形成了一个偏序关系，，就可以用树状数组了。。

码（借鉴）：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;#define ll long long#define P 998244353ll ans,n,j,i,k,lin,er[50],he[50][100005],lie[100005],dui[100005],v[100005],a[100005],tong[100006],p[100005]; int lowbit(int a){    return a&(-a);} void jia(int o,int z){    for(;o<=dui[0];o+=lowbit(o))    {        v[o]^=z;    }   }int cha(int o){    int ans=0;    for(;o;o-=lowbit(o))    {        ans^=v[o];    }return ans;}int find(ll o){    if(o<0)return 0;    int l=1,r=dui[0]+1;    while(l+1<r)    {    int mid=(l+r)>>1;    if(dui[mid]<=o)l=mid;    else r=mid;     }       return l;}   int main(){       er[0]=1;    for(i=1;i<=40;i++)    er[i]=er[i-1]*2;    scanf("%lld",&n);    for(i=1;i<=n;i++)    {        scanf("%lld",&a[i]);            }    for(i=0;i<=20;i++)    for(j=1;j<=n;j++)    {    he[i][j]=he[i][j-1]^(a[j]&er[i]);    if(he[i][j]&er[i])tong[i]++;    }    for(i=0;i<=20;i++)    {        for(j=1;j<=n;j++)        {    ans=1ll*(ans+1ll*tong[i]*er[i])%P;    if(a[j]&er[i])    {        tong[i]=(n-j)-(tong[i]-1);    }               }           }    printf("%lld ",ans);    ans=0;      for(i=1;i<=n;i++)he[0][i]=he[0][i-1]+a[i];      for(k=0;k<=37;k++){          for (i=0; i<=n; i++) tong[i]=p[i]=he[0][i]&(er[k+1]-1);          dui[0]=0;        sort(tong,tong+n+1); dui[++dui[0]]=tong[0];          memset(v,0,sizeof(v));          for (i=1; i<=n; i++)              if (tong[i]!=tong[i-1]) dui[++dui[0]]=tong[i];          int lin=0;          for (i=0; i<=n; i++){              lin^=cha(find(p[i]-er[k]))^cha(find(p[i]))^cha(find(p[i]+er[k]));              //cout<<er[k]<<" "<<lin<<" ";            jia(find(p[i]),1);            } //cout<<lin<<endl;         if (lin) ans|=er[k];               }      printf("%lld",ans);}