[解题记录] CF617E XOR and Favorite Number

CF617E XOR and Favorite Number

题意简述

• 给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，然后再给一个数字 \(k\)，再给出 \(m\) 组询问，每组询问给出一个区间，求这个区间里面有多少个子区间的异或值为 \(k\)。
• \(1 \le n,m \le 10 ^ 5，0 \le k,a_i \le 10^6，1 \le l_i \le r_i \le n\)。

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解题思路

莫队好题

首先可以想到一个暴力的 $ \mathcal O(n^4)$ 的算法，就是对于每个询问，我们都去暴力统计答案

如果知道一个性质 \(x\oplus y\oplus y =x\)，那么其实我们就可以不用遍历枚举的区间，运用前缀和，转化为枚举两个端点，这样就变成了一个 \(\mathcal O(n^3)\) 的算法，但还是远远不能通过这道题

可以发现

\[a_l\oplus a_{l+1}\oplus...\oplus r =k \]

等价于

\[s_{l-1} \oplus s_r=k \]

这可以用莫队去维护，对于增操作，由于上面的式子又可以转化成 \(s_{l-1} =k\oplus s_r\)，所以在加入点的时候我们只需要判断加入之前有多少个点的权值为 \(k\oplus s_r\)，这可以用 \(cnt\) 数组维护

我们可以发现，莫队让我们从原来的枚举两个端点转化为了枚举一个端点，由此我们可以总结出一句话：

莫队本质是移动端点并维护答案,因此可以将两端点移动问题转化为一端点移动

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Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
const int N=2e6+10,INF=1e9+10;
int n,m,cnt[N],pos[N],t,k,tot,Ans[N],s[N],a[N],ans;
struct node{
    int l,r,id;
}q[N];
bool cmp(node a,node b){
    return pos[a.l]==pos[b.l]?a.r<b.r:a.l<b.l;
}
void add(int x){
    ans+=cnt[k^x];
    ++cnt[x];
}
void del(int x){
    --cnt[x];
    ans-=cnt[k^x];
}
signed main(){
    //freopen("CF617E.in","r",stdin);
    //freopen("CF617E.out","w",stdout);
    n=read();m=read();k=read();
    t=sqrt(m);
    for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(),pos[i]=(i-1)/t+1;
    for(int i=1;i<=n;++i) s[i]=s[i-1]^a[i];
    for(int i=1;i<=m;++i){
	q[i].l=read(),q[i].r=read();q[i].id=i;
    }
    sort(q+1,q+1+m,cmp);
    int l=1,r=0;
    for(int i=1;i<=m;++i){
	int ql=q[i].l-1,qr=q[i].r;
	while(l<ql) del(s[l++]);
	while(l>ql) add(s[--l]);
	while(r<qr) add(s[++r]);
	while(r>qr) del(s[r--]);
	Ans[q[i].id]=ans;
    }
    for(int i=1;i<=m;++i) printf("%lld\n",Ans[i]);
    return 0;
}