CF1322B Present（拆位+双指针）

CF1322B Present（拆位+双指针）

题意

给出一个长度为 \(n\) 的数列 \(a\) 。 计算对任意的 $i < j $ ，\((a_i + a_j)\) 的异或和。

思路

涉及到位运算，考虑每一位二进制位。

考虑第 \(k\) 位二进制位，如果这一位对答案有贡献，那就需要对 \(a_i + a_j\) 分析。因为有进位的影响，所以不能像普通拆位那样将 \(a_i\) 和 \(a_j\) 的第 \(k\) 位单独拎出来。我们取出它们 \(mod ~2^{k + 1}\) 后的值。

当 \(a_i + a_j\) 不产生进位时，结果在 \([2^{k},2^{k + 1} - 1]\) 时有贡献。

产生进位时，在 \([3 * 2^k,2^{k + 2} - 2]\) 时有贡献。

显然这两个区间是不相交的，因此不会有算重复的情况，分别计算满足上述条件的数对个数，如果个数为奇数，则对答案有贡献。

那只要对每一位判断一下是否对答案有贡献，这个题就解决了

现在问题来到如何 快速统计两数之和落在某区间内的数对个数

如果我们假设 \(i,j\) 没有大小关系。那么打乱数组不影响答案（因为 \(i,j\) 都任意取了）。如果设 \(b\) 为 \(a\) 取模后的数组。

不妨将 \(b\) 排序，此时可以用 双指针 统计数对个数

auto calc = [&](int L,int R) {
    int ans = 0;
    for(int i = n,l = 1,r = 1;i > 0;i --) {
        while(l <= n && b[i] + b[l] < L) l ++;  //xx[l 
        while(r <= n && b[i] + b[r] <= R) r ++; // xxlxx]r 
        ans += r - l - (r > i && l <= i); // erase (i,i)
    }
    return ans >> 1 & 1;
};

需要注意的是要将 \((i,i)\) 这种不合法情况减去。并且统计完后除二恢复顺序。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<map>
#include<string>
#include<random>
#include<iomanip>
#define yes puts("yes");
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define linf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define ull unsigned long long
#define endl '\n'
#define int long long
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
using namespace std;
mt19937 mrand(random_device{}());
int rnd(int x) { return mrand() % x;}
typedef pair<int,int> PII;
const int MAXN =10 + 2e5 ,mod=1e9 + 7;

void solve()
{    
	int n; cin >> n;
	vector<int> a(n + 1);
	rep(i,1,n) cin >> a[i];
	vector<int> b(n + 1);
	auto calc = [&](int L,int R) {
		int ans = 0;
		for(int i = n,l = 1,r = 1;i > 0;i --) {
			while(l <= n && b[i] + b[l] < L) l ++;  //xx[l 
			while(r <= n && b[i] + b[r] <= R) r ++; // xxlxx]r 
			ans += r - l - (r > i && l <= i); // erase (i,i)
		}
		return ans >> 1 & 1;
	};
	int ans = 0;
	rep(i,0,25) {
		// [2^k,2^(k + 1) - 1] ^ [2^k + 2^(k + 1),2^(k + 1) + 2^(k + 1) - 2]
		// [2^k,2^(k + 1)-1] ^ [2^k * 3, 2^(i + 2) - 2]
		rep(j,1,n) b[j] = a[j] & ((1 << i + 1) - 1);
		sort(b.begin() + 1,b.end());
		int t = calc((1 << i), (1 << i + 1) - 1) ^ calc(3 * (1 << i), (1 << i + 2) - 2);
		ans |= (t << i);
	}
	cout << ans; 
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);

	//int T;cin>>T;
	//while(T--)
		solve();

	return 0;
}