BZOJ 4017 小Q的无敌异或

题目：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4017

题意：
给定一个长度为n的非负整数序列{An}，求序列的所有子区间异或值之和模998244353，和所有子区间之和的异或值。
n≤105,Ai≤106。

题解：
先考虑第一问。
令xor(i)表示前i项的异或值，xor(l,r)表示第l项到第r项的异或值，那么xor(l,r)=xor(r)⊕xor(l−1)。
考虑xor(l,r)的二进制第k位是1的可能情况，当且仅当xor(r)和xor(l−1)的二进制第k位不同。
那么我们可以固定右端点r，算出有多少个l使xor(l,r)的第k位是1，假设已经算出右端点为r的答案，现在可以O(1)推到右端点为r+1的答案，因为对于r+1来说新增的l只有r+1一个，只需要O(1)将贡献产生即可。时间复杂度O(nlogA)。
再考虑第二问。
同第一问的想法，令sum(i)表示前i项的和，sum(l,r)表示第l项到第r项的和，那么sum(l,r)=sum(r)−sum(l−1)。
考虑答案的第k位是1的可能，一定是sum(r)−sum(l−1)的二进制第k位为1，这样的二元组个数为奇数。这个式子可以被表达成

(sum(r)−sum(l−1))mod2k+1≥2k

那么对于每个k，我们可以将sum(i)mod2k+1进行离散化，按照右端点r升序枚举sum(r)mod2k+1，利用树状数组询问满足(sum(r)−sum(l−1))mod2k+1≥2k的l的个数，注意这个等式得到的sum(l−1)可能是满足

sum(l−1)mod2k+1≤(sum(r)mod2k+1)−2k

且

0≤sum(l−1)mod2k+1

的，也可能是满足

sum(l−1)mod2k+1≤(sum(r)mod2k+1)−2k+2k+1=(sum(r)mod2k+1)+2k

且

sum(r)mod2k+1<sum(l−1)mod2k+1

的。时间复杂度O(nlognlog∑A)，常数很大。

代码：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std; typedef long long LL;const int maxn = 100010, mod = 998244353;int n, a[maxn], x[maxn], bit[maxn], ans1;long long s[maxn], p[maxn], ans2;void inc(int &x, int y){    x += y;    if(x >= mod)        x -= mod;}void add(int x){    for( ; x <= n; x += ~x & x + 1)        bit[x] ^= 1;}int sum(int x){    int ret = 0;    for( ; x >= 0; x -= ~x & x + 1)        ret ^= bit[x];    return ret;}int idx(long long val){    int L = -1, R = n;    while(L < R)    {        int M = L + R + 1 >> 1;        if(p[M] <= val)            L = M;        else            R = M - 1;    }    return L;}int main(){    scanf("%d", &n);    for(int i = 1; i <= n; ++i)    {        scanf("%d", &a[i]);        x[i] = x[i - 1] ^ a[i];        s[i] = s[i - 1] + a[i];    }    for(int k = 0, powk = 1; k < 30; ++k, inc(powk, powk))    {        int cnt[2] = {}, tmp = 0;        for(int i = 0; i <= n; ++i)        {            inc(tmp, cnt[((x[i] >> k) & 1) ^ 1]);            ++cnt[(x[i] >> k) & 1];        }        inc(ans1, (long long)powk * tmp % mod);    }    for(int k = 0; 1LL << k <= s[n]; ++k)    {        int tmp = 0;        for(int i = 0; i <= n; ++i)            p[i] = s[i] & ((1LL << k + 1) - 1);        sort(p, p + n + 1);        memset(bit, 0, sizeof bit);        for(int i = 0; i <= n; ++i)        {            long long now = s[i] & ((1LL << k + 1) - 1);            add(idx(now));            tmp ^= sum(idx(now - (1LL << k))) ^ sum(idx(now + (1LL << k))) ^ sum(idx(now));        }        if(tmp)            ans2 |= 1LL << k;    }    printf("%d %lld\n", ans1, ans2);    return 0;}