[ CQOI 2018 ] 异或序列

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Description

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给出一个长为 (n) 的数列 (A) 和 (k)，多次询问：

对于一个区间 ([L_i,R_i])，问区间内有多少个不为空的子段异或和为 (k) 。

• (n,m,k,A_ile 10^5)

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Solution

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注意到一件有趣的事，就是每次询问的 (k) 相同。

因为 (aoplus a=0)，所以子段异或问题可以看作前缀异或和的异或，即

[a[i]oplus a[i+1]oplus...oplus a[j]=sum[i-1]oplus sum[j] ]

其中 (sum[i]=a[1]oplus a[2]oplus...oplus a[i]) 。

那么问题转化为，存在对少对 (i,jin[L_i-1,R_i],i!=j) ，满足

[sum[i]oplus sum[j]=k ]

注意区间问题，因为区间做差的原理是减掉 (l-1) 。

然后可以注意到，一个值 (x) 若想要构成 (k) ，其对应的另一个值是固定的。

也就是说，我们的组合方案是确定的。

当新加入一个可选值 (x) ，我们的方案数就会 (+cnt[x^k]) ，其中 (cnt[i]) 表示当前含有可选值 (i) 的个数。

可以证明，这种计数方式不会算重，因为每个数字加入时只会计算当前已经有对应的值。

当去掉一个值的时候，方案数 (-cnt[x^k]) 即可。

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还有一个问题，就是关于 (k=0) 的情况。

此时每个值显然不能计算上自己和自己异或的贡献。

删除时当然也要注意不能多减掉自己异或自己的情况。

只需在 add 和 del 的时候交换一下操作顺序即可，具体看代码。

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Code

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突然失智......Debug 2h 竟只是因为 (l) 没有减 (1) ......

还要注意，刚开始 (0) 号位置也有一个贡献。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 100010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;
typedef long long ll;

inline ll rd(){
  ll x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

ll n,m,k,ans,bl[N],cnt[1<<18],s[N],res[N];

struct Q{ll l,r,id;}q[N];

inline bool cmp1(Q x,Q y){
  return bl[x.l]==bl[y.l]?x.r<y.r:bl[x.l]<bl[y.l];
}

inline bool cmp2(Q x,Q y){return x.id<y.id;}

inline void del(int p){
  --cnt[s[p]];
  ans-=cnt[k^s[p]];
}

inline void add(int p){
  ans+=cnt[k^s[p]];
  ++cnt[s[p]];
}

int main(){
  n=rd(); m=rd(); k=rd();
  ll t=sqrt(n);
  for(R ll i=1;i<=n;++i){
    s[i]=s[i-1]^rd();
    bl[i]=i/t+1;
  }
  for(R ll i=1;i<=m;++i){
    q[i].l=rd()-1; q[i].r=rd(); q[i].id=i;
  }
  sort(q+1,q+1+m,cmp1);
  ll nowl=0,nowr=0;
  cnt[0]=1;
  for(R ll i=1;i<=m;++i){
    while(nowl>q[i].l){--nowl;add(nowl);}
    while(nowl<q[i].l){del(nowl);++nowl;}
    while(nowr<q[i].r){++nowr;add(nowr);}
    while(nowr>q[i].r){del(nowr);--nowr;}
    res[q[i].id]=ans;
  }
  for(R ll i=1;i<=m;++i) printf("%lld
",res[i]);
  return 0;
}