【TJOI2017】异或和

题目描述

在加里敦中学的小明最近爱上了数学竞赛，很多数学竞赛的题目都是与序列的连续和相关的。所以对于一个序列，求出它们所有的连续和来说，小明觉得十分的简单。但今天小明遇到了一个序列和的难题，这个题目不仅要求你快速的求出所有的连续和，还要快速的求出这些连续和的异或值。小明很快的就求出了所有的连续和，但是小明想考考你，在不告诉连续和的情况下，让你快速的求出序列所有的连续和的异或值。

输入格式

第一行输入一个(n)，表示这序列的数字个数。

第二行输入(n)个数字(a_1,a_2,a_3)...(a_n)，代表这个序列。

(0≤a_1,a_2,)...(,a_n，0≤a_1+a_2+)...(+a_n≤10^6)。

输出格式,

输出这个序列所有的连续和的异或值。

数据范围

对于(20\%)的数据，(1≤n≤1000)
对于(100\%)的数据，(1≤n≤10^5)

---

直接暴力(O(n^2))，可以获得(20)分

考虑按位枚举，题目保证了(0≤a_1+a_2+)...(+a_n≤10^6)

那么显然，我们最多只需要枚举(20)位

对于枚举的每一位，我们希望快速地算出有多少和在这一位上有贡献(1)

显然，一个和我们可以通过前缀和的预处理，(sum_{i=l}^r=sum[r]-sum[l-1])

当我们知道了当前(x)，(sum[x])的第(i)位为(1)的时候，我们要知道以这一位为结束区间有多少贡献为(1)的

显然只有两种情况，当(sum[y](y<x))的第(i)位也是(1)的时候，(y)的后面几位必须比(x)大才可以使得(x)的前面退位，使得区间(sum_{i=y-1}^x)产生贡献

当(sum[y](y<x))的第(i)位也是(0)的时候，(y)的后面几位必须比(x)小才可以保住(x)的贡献

而满足这样的两个条件，我们可以用树状数组来简单地维护一下

(x)的第(i)位为(0)的时候，一样的分析一下就好了

还有一个细节就是，计算贡献的时候，可能答案会超过int，那就让他自然溢出好了，就是最后计算的时候注意取模的正负即可

---

#include<cstdio>  
#include<iostream>  
#include<algorithm>  
#include<cstdlib>  
#include<cstring>
#include<string>
#include<climits>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
#define LL long long
 
using namespace std;
 
inline char nc(){
  static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
  if (p1==p2) { p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin); if (p1==p2) return EOF; }
  return *p1++;
}
 
inline void read(int &x){
  char c=nc();int b=1;
  for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
  for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
 
inline void read(LL &x){
  char c=nc();LL b=1;
  for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
  for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}

inline int read(char *s)
{
	char c=nc();int len=0;
	for(;!((c>='A' && c<='Z')||(c>='a' && c<='z'));c=nc()) if (c==EOF) return 0;
	for(;((c>='A' && c<='Z')||(c>='a' && c<='z'));s[len++]=c,c=nc());
	s[len++]='';
	return len;
}

inline void read(char &x){
  for (x=nc();!(x=='?' || x=='+' || x=='-');x=nc());
}

int wt,ss[19];
inline void print(int x){
	if (x<0) x=-x,putchar('-'); 
	if (!x) putchar(48); else {
	for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);
	for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
inline void print(LL x){
	if (x<0) x=-x,putchar('-');
	if (!x) putchar(48); else {for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}

int n,a[100010],p2[100],c0[2000010],c1[2000010],ans[100];
const int M=20;

void change0(int x,int y)
{
	x++;
	while (x<=p2[M]) c0[x]+=y,x+=x&(-x);
}
void change1(int x,int y)
{
	x++;
	while (x<=p2[M]) c1[x]+=y,x+=x&(-x);
}
int query0(int x)
{
	x++;
	int res=0;
	while (x>0) res+=c0[x],x-=x&(-x);
	return res;
}
int query1(int x)
{
	x++;
	int res=0;
	while (x>0) res+=c1[x],x-=x&(-x);
	return res;
}

int main()
{
	read(n);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		read(a[i]);
	p2[0]=1;
	for (int i=1;i<=M;i++) p2[i]=2*p2[i-1];
	memset(ans,0,sizeof(ans));
	for (int i=1;i<=M;i++)
	{
		int s=0;
		for (int j=1;j<=n;j++)
		{
			s+=a[j];
			if ((s&p2[i-1])!=0) ans[i]++;
			if ((s&p2[i-1])==0)
			{
				ans[i]+=query0(p2[i-1]-1)-query0(s%p2[i-1]);
				ans[i]+=query1(s%p2[i-1]);
			}
			else
			{
				ans[i]+=query0(s%p2[i-1]);
				ans[i]+=query1(p2[i-1]-1)-query1(s%p2[i-1]);
			}
			if ((s&p2[i-1])==0) change0(s%p2[i-1],1);else change1(s%p2[i-1],1);
		}
		s=0;
		for (int j=1;j<=n;j++)
		{
			s+=a[j];
			if ((s&p2[i-1])==0) change0(s%p2[i-1],-1);else change1(s%p2[i-1],-1);
		}
	}
	int res=0,s=1;
	for (int i=1;i<=M;i++)
		res+=s*abs(ans[i]%2),s*=2;
	print(res),puts("");
	return 0;
}