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题解
要求所有连续异或和，转化为任意两个前缀和相减
要求最后的异或和，转化为求每一位(1)的出现次数
所以我们只需要对每一个(i)快速求出(sum[i] - sum[j] quad [j < i])当前位的(1)的个数
显然是将前(i)个数放到某一个数据结构中查询
我的思路到这里停住
两个数相减，要第(b)位为(1)，我们放到具体情境中观察：
假若(sum[i])的第(b)位为(1)
....1....
....?....
1、如果(?=0)
就是
....1....
....0....
发现(1)后面的数大于等于 (0)后面的数，为此时相减后该位为(1)的充要条件
2、如果(?=1)
就是
....1....
....1....
发现(sum[i])的(1)后面的数小于(sum[j])的(1)后面的数，为此时相减后该位为(1)的充要条件
如果第(b)位为(0)也是类似的讨论
如果我们将该位为(0)和(1)的数分开讨论，现在问题就转化为了，如何快速求当前某一范围内的数的个数
显然就是对(0)和(1)分别开一个权值树状数组啦
题目中(a[i])之和(le 10^6)的条件也是一个明显的暗示
这样我们就用(O(log_2(max{a_i}) * nlogsum a_i) approx O(nlog^2n))的时间复杂度做出这道题了
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define mp(a,b) make_pair<int,int>(a,b)
#define cls(s) memset(s,0,sizeof(s))
#define cp pair<int,int>
#define LL long long int
#define lbt(x) (x & -x)
using namespace std;
const int maxn = 100005,maxm = 1000005,INF = 1000000000;
inline int read(){
int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
return out * flag;
}
int MX = 1000001;
struct BIT{
int s[maxm];
void clear(){cls(s);}
void add(int u){while (u <= MX) s[u]++,u += lbt(u);}
int query(int u){int re = 0; while (u) re += s[u],u -= lbt(u); return re;}
int sum(int l,int r){return query(r) - query(l - 1);}
}T0,T1;
int n,a[maxn],mx;
bool check(int b){
T0.clear(); T1.clear();
LL cnt = 0; int tmp;
for (int i = 0; i <= n; i++){
tmp = a[i] % b + 1;
if (a[i] & b){
cnt += T0.sum(1,tmp) + T1.sum(tmp + 1,MX);
T1.add(tmp);
}
else {
cnt += T0.sum(tmp + 1,MX) + T1.sum(1,tmp);
T0.add(tmp);
}
}
return cnt & 1;
}
int main(){
n = read(); int x,ans = 0;
REP(i,n) a[i] = a[i - 1] + (x = read()),mx = max(mx,a[i]);
for (int i = 0; mx; i++,mx >>= 1){
if (check(1 << i)) ans += (1 << i);
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}