一道名副其实的 hot tea
首先显然可以发现这俩人在玩 Nim 游戏，因此对于一个 (c_iin[l,r]) 其 SG 值就是 (c_i-l)，最终游戏的 SG 值就是 (oplus_{c_iin[l,r]}(c_i-l))，如果该值为 (0) 答案就是 B，否则答案是 A。
从这一步开始就有好几种不同复杂度的做法了，下面将一一介绍它们。
下视 (n,m,q) 同阶。
做法一：暴力
迫真 · (2 imes 10^5) 给 (n^2) 暴力踩过去。
你看这 (2 imes 10^5) 的数据范围，你不写 (n^2) 写啥呢，难道还傻傻地想 (nlog^2n) 或是 (nlog n) 的做法？
不要笑，现场 rk1 那位大哥就是暴力碾标算还抵过了 100 多发 hack。不得不说 CF 机子是真的快（
就没啥好说的了，暴力从第一个 (ge l) 的位置开始枚举把它们异或起来即可。
时间复杂度 (n^2)。
做法二：莫队+01-trie
允许离线+静态区间问题，这无不启发我们往莫队的方向想。又因为此题涉及异或，因此考虑 01-trie，具体来说我们建立一棵 01-trie 维护当前莫队表示的区间中所有元素与 (l)，那么向左/右移动右端点时 01-trie 时删除/插入元素，这个维护起来异常容易的不再赘述。向左/右移动左端点时需要先将 01-trie 中所有元素 (+1/-1) 再插入/删除新的元素，全局 (pm 1) 这个操作的维护方法算是经典套路了，考虑从低到高将序列中的元素插入 01-trie，那么全局 (+1) 相当于从根节点开始 DFS，每次 DFS 时交换当前节点两个儿子再 DFS 左儿子，如此进行下去，每次交换都实时更新答案即可。
时间复杂度 (nsqrt{n}log n)
做法三：分块+01-trie
一个我自己 yy 出来的算法（
上面莫队的做法每次向右移动都要插入新的元素，复杂度就总要多一个 log，并且莫队移动复杂度本身就带个根号导致这个 log 不太好摊，因此考虑将莫队换成分块。我们考虑设一个阈值 (B) 然后每 (B) 个元素一块，在下文中方便起见，设 (L_i,R_i) 分别表示每一块的左右端点。那么对于每一块 (i)，我们设 (v_{i,j}) 表示这一块中所有 (c_k e 0) 的元素 (k) 的 (k-j) 的异或和，其中 (j) 小于第 (i) 块的左端点，那么每次查询就整块调用预处理求得的值，散块暴力即可。那么怎么求 (v_{i,j}) 呢？我们考虑将这一块中所有 (c_k e 0) 的 (k) 的 (k-L_i+1) 插入 01-trie，然后从 (L_i-1) 开始往前遍历，每次进行全局 (+1) 操作，那么每次 (+1) 后得到的异或和就分别是我们要求的 (v_{i,L_i-1},v_{i,L_i-2},cdots)。
显然取 (B=sqrt{nlog n}) 时复杂度最优。
时间复杂度 (nsqrt{nlog n})
const int MAXN=2e5;
const int BLK=300;
const int MAXP=1e5;
const int LOG_N=20;
int n,m,qu,cnt[MAXN+5],v[BLK+5][MAXN+5];
int bel[MAXN+5],L[BLK+5],R[BLK+5];
int ch[MAXP+5][2],siz[MAXP+5],ncnt=0,rt=0,val[MAXP+5];
void clear(){
memset(ch,0,sizeof(ch));ncnt=rt=0;
memset(siz,0,sizeof(siz));memset(val,0,sizeof(val));
}
void pushup(int k,int d){val[k]=val[ch[k][0]]^val[ch[k][1]]^((siz[ch[k][1]]&1)?(1<<d):0);}
void insert(int &k,int v,int d){
if(!k) k=++ncnt;siz[k]++;if(d==LOG_N) return;
insert(ch[k][v>>d&1],v,d+1);pushup(k,d);
}
void add1(int k,int d){
if(!k) return;swap(ch[k][0],ch[k][1]);
add1(ch[k][0],d+1);pushup(k,d);
}
int query(int l,int r){
if(bel[l]==bel[r]){
int res=0;
for(int i=l;i<=r;i++) if(cnt[i]) res^=(i-l);
return res;
} else {
int res=0;
for(int i=l;i<=R[bel[l]];i++) if(cnt[i]) res^=(i-l);
for(int i=L[bel[r]];i<=r;i++) if(cnt[i]) res^=(i-l);
for(int i=bel[l]+1;i<bel[r];i++) res^=v[i][l];
return res;
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,x;i<=n;i++) scanf("%d",&x),cnt[x]^=1;
int blk_sz=max((int)sqrt(m*log2(m)),1),blk_cnt=(m-1)/blk_sz+1;
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++){
L[i]=(i-1)*blk_sz+1;R[i]=min(i*blk_sz,m);
for(int j=L[i];j<=R[i];j++) bel[j]=i;
clear();
for(int j=L[i];j<=R[i];j++) if(cnt[j]) insert(rt,j-L[i],0);
for(int j=L[i]-1;j;j--) add1(rt,0),v[i][j]=val[rt];
} int qu;scanf("%d",&qu);
while(qu--){
int l,r;scanf("%d%d",&l,&r);
printf("%s",(query(l,r))?"A":"B");
}
return 0;
}
做法四：根分+BIT
这是官方题解的做法（
考虑设一个阈值 (K) 并将询问离线下来。那么我们将所有位分为 (<2^K) 的位和 (ge 2^K) 的位，对于 (<2^K) 的位就暴力存下所有数对 (2^K) 取模的值，查询时用个桶维护一下即可。对于 (ge 2^K) 的位我们考虑扫描线，将询问挂在左端点处，可以注意到随着左端点的增大，每个 (c_i-l) 的 (ge 2^K) 的位最多变化 (dfrac{m}{2^K}) 次。我们就用 BIT 维护这些 (c_i-l) 的 (ge 2^K) 位的异或值即可。取 (K=log_2(nlog n)) 时复杂度最优。
时间复杂度 (nsqrt{nlog n})
有本事强制在线啊
做法 499122181：根分+分块
根据根号平衡的思想，我们把上面做法中 BIT 换成 (mathcal O(1)) 单点加，(mathcal O(sqrt{n})) 求异或和的分块即可实现 (nsqrt{n}) 的复杂度。
u1s1 官方题解为啥没想到根号平衡啊，不太懂
做法五：倍增
这是一个 nb 至极的倍增做法，不仅可以强制在线，而且复杂度还是 (nlog n) 的 %%%%%%%%
由于倍增本就基于二进制，而这题恰好涉及与下标有关的二进制运算，因此我们应尝试往倍增的方向考虑。我们设 (f_{i,j}=oplus_{c_kin[j,j+2^i-1]}(c_k-j))。首先考虑怎么求 (f_{i,j})：考虑首先拿 (f_{i-1,j}) 去异或 (f_{i-1,j+2^{i-1}})，那么显然这两个东西异或在一起恰好包含了 (2^0sim 2^{i-2}) 位的所有贡献，而显然 (2^{i-1}) 位会产生贡献，当且仅当有奇数个 (c_kin[j+2^{i-1},j+2^i))，因此我们可以得到以下转移方程：
f[i][j]=f[i-1][j]^f[i-1][j+(1<<i-1)]^(((a[j+(1<<i)-1]-a[j+(1<<i-1)-1])&1)<<i-1);
其中 (a) 为桶的前缀和。
得出了 (f) 数组之后求解答案就非常 easy 了，考虑从大到小遍历每一位 (i)，如果 (l+2^i-1le r) 那么我们就将答案异或上 (f_{i,l})，即将 ([l,l+2^i-1]) 的贡献计入答案，同时对于 (c_kin[l+2^i,r])，它们也应对答案产生 (2^i) 的贡献，额外加上即可。
时间复杂度 (nlog n)。
const int LOG_N=18;
const int MAXN=2e5;
int n,m,qu,a[MAXN+5],f[LOG_N+2][MAXN+5];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,x;i<=n;i++) scanf("%d",&x),a[x]++;
for(int i=1;i<=m;i++) a[i]+=a[i-1];
for(int i=1;i<=LOG_N;i++) for(int j=1;j+(1<<i)-1<=m;j++)
f[i][j]=f[i-1][j]^f[i-1][j+(1<<i-1)]^(((a[j+(1<<i)-1]-a[j+(1<<i-1)-1])&1)<<i-1);
scanf("%d",&qu);while(qu--){
int l,r,cur,res=0;scanf("%d%d",&l,&r);cur=l;
for(int i=LOG_N;~i;i--){
if(r-cur+1>=(1<<i)) res^=f[i][cur],cur+=(1<<i),res^=((a[r]-a[cur-1])&1)<<i;
} printf("%s",(res)?"A":"B");
}
return 0;
}