CF1968F 题解

倒数第一分钟提交成功，同时带我在 CF 的第 $5$ 场比赛中上青，留念。

思路

异或的性质：

1. $x\oplus x=0$；
2. $a\oplus b=b\oplus a$；
3. 若 $x\oplus y=z$，则 $y\oplus z = x,x\oplus z=y$。

这题首先想到做一个前缀异或和，设 $s_i=a_1\oplus a_2\oplus\dots\oplus a_i,S=a_l\oplus a_{l+1}\oplus\dots\oplus a_{r-1}\oplus a_r=s_r\oplus s_{l-1}$，若 $S=0$，则一定有解，因为 $a_l$ 一组，剩下的数一组即可。不然就一定得是奇数组，且每组的异或和都是 $S$，若是偶数组 $S$ 就一定是 $0$ 了。

接下来我们证明若可以分为奇数组数，则一定可以分为 $3$ 组数：设 $a_l\sim a_r$ 可以分为 $x$ 组数，每组的异或和都是 $S$，则把任意 $3$ 组连续的数合并为一组，结果不变，依然成立。

此时我们只要寻找两个分界点即可。定义一些 vector 数组 $v$，$v_i$ 里存的是 $S_j=i$ 时，递增的所有 $j$。第一段 $a_l\sim a_{x_1}$，这一段的异或和是 $S$，所以 $s_{x_1}=s_{l-1}\oplus S=s_r$，我们贪心地在 $v_{s_r}$ 中二分找到第一个 $\ge l$ 的下标作为 $x_1$，若找不到或 $x_1\ge r$ 则无解；然后继续二分找第二三段的分界线，我们又在 $v_{s_{l-1}}$ 中找到第一个 $>x_1$ 的数作为 $x_2$，如果找不到或 $x_2\ge r$ 则无解（此处 $\ge r$ 而不是 $>r$ 是因为第三段不能为空）。其它情况就有解了！

代码

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair <int, int> pii;
int t, n, q, l, r, x, tmp, a[200005], tot;
map <int, int> mp;
vector <int> v[200005];
int main () {
	ios::sync_with_stdio (0);
	cin.tie (0);
	cout.tie (0);
	cin >> t;
	while (t --) {
		cin >> n >> q;
		tot = 0, mp.clear ();
		for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
			v[i].clear ();
			cin >> a[i], a[i] ^= a[i - 1];
			if (! mp[a[i]])
				mp[a[i]] = ++ tot;
			v[mp[a[i]]].emplace_back (i);
		}
		while (q --) {
			cin >> l >> r;
			if (! (a[r] ^ a[l - 1])) {
				cout << "YES\n";
				continue ;
			}
			tmp = mp[a[r]];
			x = lower_bound (v[tmp].begin (), v[tmp].end (), l) - v[tmp].begin ();
			if (x >= v[tmp].size () || v[tmp][x] >= r) {
				cout << "NO\n";
				continue ;
			}
			tmp = mp[a[l - 1]];
			x = lower_bound (v[tmp].begin (), v[tmp].end (), v[mp[a[r]]][x]) - v[tmp].begin ();
			if (x >= v[tmp].size () || v[tmp][x] >= r) {
				cout << "NO\n";
				continue ;
			}
			cout << "YES\n";
		}
		cout << '\n';
	}
	return 0;
}