4017: 小Q的无敌异或
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Description
背景 小Q学习位运算时发现了异或的秘密。 描述 小Q是一个热爱学习的人，他经常去维基百科（http://en.wikipedia.org/wiki/Main_Page）学习计算机科学。 就在刚才，小Q认真地学习了一系列位运算符（http://en.wikipedia.org/wiki/Bitwise_operation），其中按位异或的运算符 xor 对他影响很大。按位异或的运算符是双目运算符。按位异或具有交换律，即i xor j = j xor i。 他发现，按位异或可以理解成被运算的数字的二进制位对应位如果相同，则结果的该位置为0，否则为1，例如1(01) xor 2(10) = 3(11)。 他还发现，按位异或可以理解成数字的每个二进制位进行了不进位的加法，例如3(11) xor 3(11) = 0(00)。 于是他想到了两个关于异或的问题，这两个问题基于一个给定的非负整数序列A1, A2, …, An，其中n是该序列的长度。 第一个问题是，如果用f(i, j)表示Ai xor Ai+1 xor … xor Aj，则任意的1 <= i <= j <= n的f(i, j)相加是多少。 第二个问题是，如果用g(i, j)表示Ai + Ai+1 + … + Aj，则任意的1 <= i <= j <= n的g(i, j)异或在一起是多少。 比如说，对于序列{1, 2}，所有的f是{1, 2, 1 xor 2}，加起来是6；所有的g是{1, 2, 1 + 2}，异或起来是0。 他觉得这两个问题都非常的有趣，所以他找到了你，希望你能快速解决这两个问题，其中第一个问题的答案可能很大，你只需要输出它对998244353（一个质数）取模的值即可。
Input
第一行一个正整数n，表示序列的长度。 第二行n个非负整数A1, A2, …, An，表示这个序列。
Output
两个整数，表示两个问题的答案，空格隔开，其中第一个问题的答案要对998244353（一个质数）取模。
Sample Input
2
1 2
Sample Output
6 0
此题求解该序列所有可能存在的子区间的异或和以及和的异或。对于第一问求解区间的异或和。这一问在2017西安现场赛G题出现过，只不过把整个区间改为询问指定的区间。那么我们把每个数拆开，一位一位地来算贡献。在某一位上，我们做一个异或的前缀和，即把＋换为^。那我们要求解某个区间[l,r]的异或值，即为sum(r)^sum(l-1)。包含0位置在内共有n+1个端点。我们统计下这个前缀和为1的端点数有k个，那么为0的就有（n+1-k）个，那么区间俩端点必须由不同数组成异或才为1（即sum(r)和sum（l-1)），这样的区间我们能选择k*（n+1-k），这即为第一问答案。对于第二问。我们依旧拆开一位一位做。假如这是第k位，我们做%（2k+1）的前缀和。如果第k位为1 ，那么(sum(r)−sum(l−1))mod 2k+1≥2k，这点显而易见。用ans存这位是否为1,。我们从小到大枚举r，看满足这个等式的l-1是否为奇数个，如果是则ans^=1，否则不管。但这东西不拆开来是不好做的。这个式子拆开 mod前的数并变换可以得出两个式子来限定sum(l-1)%（2k+1）的取值范围：
- sum(l−1)mod 2k+1≤(sum(r)mod2k+1)−2k ，0≤sum(l−1)mod2k+1 ,即 0≤sum(l−1)mod2k+1≤(sum(r)mod2k+1)−2k。
- sum(l−1)mod2k+1≤(sum(r)mod2k+1)−2k+2k+1=(sum(r)mod2k+1)+2k ,sum(r)mod2k+1<sum(l−1)mod2k+1 ,即 sum(r)mod2k+1<sum(l−1)mod2k+1≤(sum(r)mod2k+1)+2k 。
我们先离散化所有前缀和的值。在枚举r的过程中，然后看对应区间内的数量是不是奇数个，这个可以用^的树状数组实现。或者权值线段树实现。
这样枚举了右端点后，就能得出ans，若为1则加上相应的2的幂次方作为答案贡献。
#include<bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define LL long long
#define mod 998244353
using namespace std;
const int N=1e5+;
int bit[N];
LL a[N];
LL order[N],found[N];
int n,m,k,cnt;
LL ans1,ans2;
void qy1(int mp)
{
LL num=;
LL now=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
now^=(a[i]>>mp)&;
if(now)
num++;
}
ans1=(ans1+num*(n-num+)%mod*(1LL<<mp)%mod)%mod;
return ;
}
void add(int i,int x)
{
if(!i) return ;
while(i<=cnt+)
{
bit[i]^=x;
i+= i&-i;
}
return ;
}
int sum(int i)
{
int res=;
while(i)
{
res^=bit[i];
i-= i&-i;
}
return res;
}
void qy2(int mp)
{
clr(bit);
int p;
found[]=order[]=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
found[i]=(found[i-]+a[i])%(1LL<<(mp+));
order[i]=found[i];
}
sort(order,order+n+);
cnt=unique(order,order+n+)-order-;
int ans=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
p=lower_bound(order,order+cnt+,found[i])-order;
if(order[p]!=found[i]) p--;
p++;
add(p,);
ans^=sum(p);
p=lower_bound(order,order+cnt+,found[i]-(1LL<<mp))-order;
if(order[p]!=found[i]-(1LL<<mp)) p--;
p++;
ans^=sum(p);
p=lower_bound(order,order+cnt+,found[i]+(1LL<<mp))-order;
if(p==cnt+ || order[p]!=found[i]+(1LL<<mp)) p--;
p++;
ans^=sum(p);
}
if(ans) ans2|=(1LL<<mp);
return ;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
ans1=ans2=;
for(int i=;i<=;i++) qy1(i);
for(int i=;i<=;i++) qy2(i);
printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);
return ;
}
