[TJOI2017] 异或和

题面

    由于本题求和的优先级高于异或，所以最后其实是一坨求和之后的数再异或起来，于是我们就可以拆位做啦。

    然后原问题简化成了：对于每一位，有多少区间和在这一位上是1。

    假如现在处理到 2^i 这位，然后我们枚举区间右端点j，想要可以快速找到所有左端点l，满足 sum[j] - sum[l-1] 在 2^i 这位为1(为0不用管，对异或无影响)。

    可以发现 sum[j] > sum[l-1] 必然成立，不妨设 lef[x] 为每个位置的数 仅保留后 i 位 得到的数 (即2^0,2^1,.....,2^(i-1)这些位)，那么可以得到：

        lef[x] >= lef[l-1] 时，当且仅当 sum[j]^sum[l-1] 在 2^i 这位为1时，j与l-1是一个我们需要的区间；

        类似的，lef[x]<lef[l-1]时，当且仅当 sum[j]^sum[l-1] 在 2^i 这位为0时，j与l-1是一个我们需要的区间；

然后这就是个树状数组题了23333(后面还有个细节，因为树状数组里面最小的下标是1，所以要对下标做一些修改)

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e5+5,M=1e6+5;

inline int read(){
    int x=0; char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar());
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
    return x;
}

int n,a[N],f[2][M],ans,i,now,oe; 

inline void update(int T,int x){
	for(;x<=i;x+=x&-x) f[T][x]^=1;
}

inline int query(int T,int x){
	int an=0;
	for(;x;x-=x&-x) an^=f[T][x];
	return an;
}

int main(){
	n=read();
	for(i=1;i<=n;i++) a[i]=read()+a[i-1];
	
	for(i=1,now=0,oe;i<=a[n];now|=i,i<<=1){
		memset(f,0,sizeof(f)),oe=0;
		
		update(0,1);
		for(int j=1,u,p;j<=n;j++){
			u=(a[j]&i)?1:0,p=(a[j]&now)+1;
			oe^=query(u^1,p)^query(u,i)^query(u,p);
			update(u,p);
		}
		
		ans+=i*oe;
	}
	
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

标签：ch,lef,int,sum,异或,TJOI2017,getchar
来源： https://www.cnblogs.com/JYYHH/p/11302201.html