bzoj 4017: 小Q的无敌异或

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%（2^k+1）的前缀和。

如果第k位为1 ，那么(sum(r)−sum(l−1))mod 2^k⁺¹≥2^{k，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)%（2^k+1）的取值范围：

sum(l−1)mod 2^k⁺¹≤(sum(r)mod2^k⁺¹)−2^k，0≤sum(l−1)mod2^k+1,即 0≤sum(l−1)mod2^k+1≤(sum(r)mod2^k⁺¹)−2^k。
sum(l−1)mod2^k⁺¹≤(sum(r)mod²^k⁺¹)−2^k+2^k⁺¹=(sum(r)mod2^k⁺¹)+2^k,sum(r)mod2^k⁺¹<sum(l−1)mod2^k+1,即 sum(r)mod2^k⁺¹<sum(l−1)mod2^k+1≤(sum(r)mod2^k⁺¹)+2^k。

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 ;
 }