TOJ指天津大学onlinejudge
题意：给你由N个数组成的数列，算出它们的所有连续和的异或和，比如：数列{1,2}，则answer = 1 ^ 2 ^ (1 + 2) = 0。
这道题有几个关键点：
1.这道题要将十进制数换成二进制数，并且对这些二进制数按位计算，比如说上面的式子，我们将它列成竖式：
01
10
11
可以发现，对于第一位来说，一共有2个1，是偶数，异或值为0。answer += 0 * (1<<0)。对于第二位来说，一共有2个1，异或值为0，answer += 0 * (1<<1)。最终answer = 0；
2.Sum(i~j) = S[j] - S[i - 1]。 (S[0] = 0) 所以我们算式可以看成(S[1] - S[0]) ^ (S[2] - S[1]) ^ (S[2] - S[0]) ^ (S[3] - S[0]) ^ (S[3] - S[1]) ^ (S[3] - S[2]) ^ ..........
所以我们可以按块来看这些算式中的项，每一块就S[i]与S[i - 1]......S[0]做差得到的。
综上，我们计算异或和时，我们只需要预处理一下，算出每一个S[i]，然后从头到尾扫n次，每一次计算出这些二进制数某一位一共有多少个1（就像上面所举例子一样），看看是偶数还是奇数，
如果是奇数，就answer += 1 * (1<<i)。
现在来说扫描时候的具体操作，假设我们现在已经计算完了S[1]....S[i]这些组成异或和的各项在某一位k的1的个数，在扫到S[i + 1]时，相当于又多了(S[i +1] - S[0]) ^ .......^ (S[i + 1] - S[i])这 i 项来统计，
我就只需要计算出S[i + 1]与前面各项S[ j ] (j属于[ 0 , i ]) 的差在这一位产生了多少个1，对于S[i + 1]与某一个S[ j ]来说，这取决于S[i + 1]和S[ j ]在这一位的值和S[i + 1]与S[ j ]在更低诸位上的大小关系。
在这里，我将S[i + 1]在这一位的值记为A1，更低的诸位统一记为B1，S[ j ]在这一位的值记为A2，更低诸位的统一记为B2。
1.当A1 == 1时，有两种情况可以产出一个1：
情况Ⅰ：A2 == 0，且B1 >= B2。
情况Ⅱ：A2 == 1，且B1 < B2（可以从前面借位来产生1，就像10 - 9 = 1这样）
2.当A1 == 0时，有两种情况可以产出一个1：
情况Ⅰ：A2 == 0，且B1< B2
情况Ⅱ：A2 == 1，且B1 >= B2。
由此可以看出，对于S[i + 1]与前面诸前缀和之差在某一位能产生多少个1，我只要知道S[ j ]比这一位低的诸位与S[i + 1]比这一位低的诸位之大小关系即可。
这个可以用树状数组来保存，树状数组的下标表示的是值域，BIT[ Bi ]中存的比这一位低的诸位B小于等于Bi的S[ k ]的个数，由于我们扫这一遍S[ i ]的目的就是为了计算特定的一位，
所以我们有多少位就扫多少次，扫完一次就清空一次树状数组。由于还跟S[ j ]在这一位的值有关，所以我们开两个树状数组，一个记录在这一位为1的S[i]，一个则记录在这一位为0的S[j]。
对于每一个S[i]我们边算边存，如果S[i]在这一位为1，则存在BIT_1中；如果为0，则存在BIT_0中。
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> #include<iostream> #define maxn 100005 #define maxn2 1000005 using namespace std; int BIT_0[maxn2],BIT_1[maxn2]; int S[maxn]; int lowbit(int k) { return (k & (-k)); } void add(int v,int pos,int mmax,int a[]) { while(pos <= mmax){ a[pos] += v; pos += lowbit(pos); } } int sum(int pos,int a[]) { int ret = 0; while(pos > 0){ ret += a[pos]; pos -= lowbit(pos); } return ret; } int main() { int T; scanf("%d",&T); while(T--){ memset(S,0,sizeof(S)); int n; scanf("%d",&n); for(int i = 1;i <= n;++i){ scanf("%d",&S[i]); S[i] += S[i - 1]; } int temp = S[n]; int len = 0; while(temp > 0){ temp = temp>>1; ++len; } int answer = 0; for(int i = 0;i < len;++i){ int cnt = 0; int cnt_0 = 0,cnt_1 = 0,mmax = (1<<i); for(int j = 0;j <= n;++j){ int tail = S[j] % (1<<i); ++tail; int t_cnt = 0; if(S[j] & (1<<i)){ t_cnt += sum(tail,BIT_0); t_cnt += (cnt_1 - sum(tail,BIT_1)); add(1,tail,mmax,BIT_1); ++cnt_1; } else{ t_cnt += sum(tail,BIT_1); t_cnt += (cnt_0 - sum(tail,BIT_0)); add(1,tail,mmax,BIT_0); ++cnt_0; } cnt += t_cnt; } if(cnt & 1) answer += (1<<i); memset(BIT_0,0,sizeof(BIT_0)); memset(BIT_1,0,sizeof(BIT_1)); } printf("%d ",answer); } return 0; }
这里有一个小技巧，由于lowbit( )不好处理0，所以我把每一个tail都加1，（tail的取值最小就是0），这样sum(x)其实算的是tail在[0,x-1]之间的S[j]
本题启发：树状数组的下标用来表示值域