自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	w9095 回日楼台非甲帐，去时冠剑是丁年。

搬运于2025-08-24 22:46:39，当前版本为作者最后更新于2023-05-03 16:19:19，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

P9236 [蓝桥杯 2023 省 A] 异或和之和

首先，异或有一个重要的性质：

因为 $b$ 的二进制位一定与自己一样，根据异或的定义，得出 $b\oplus b=0$，进而推出这个式子。

有了这个式子，区间异或和就可以像前缀和一样处理了。

我们可以求出每一项的前缀异或和，记作 $q_i$，根据上面那条性质，可以仿照前缀和的形式写出区间 $[l,r]$ 的异或和（记作 $S_{l,r}$）的 $O(1)$ 求法式子：（下标均从 $1$ 开始）

所以，我们用这个式子来求解每个区间的异或和，可以把每个子段的异或和的和转变为下面式子：（这里 $p_0$ 默认取 $0$ 值，因为还需要查询类似 $[1,i]$ 这种区间的值）

但这个做法的复杂度是 $O(n^2)$，不够通过本题的数据范围，所以我们还需要在这个基础上继续优化。

在这个式子中，我们可以观察到，对于每一对 $i,j$ 不相等的有序数对 $(i,j)$，$p_i,p_j$ 都恰好只互相异或了一次。所以，问题又转化为了 $n$ 个数，其中两两异或的求和。

这个时候会发现推式子已经到达尽头了，再怎么推也不会得到新的结论。必须从其他方面考虑问题，比如异或运算的计算原理的方面。可以考虑把每个数按二进制拆分，在每一位上统计该位的贡献。由于最后是两两异或的求和，所以二进制拆分后打乱不会影响结果。

由于异或的运算法则是如果同位数字不同，那么运算结果的这一位为 $1$。我们知道，只有二进制位为 $1$ 对最终的结果（加和）有贡献，所以我们可以统计二进制结果为 $1$ 的情况。

对于每一个 $p_i$，我们将其按位拆分，并将结果存入计数数组 $w_{i,j}$ 中。其中 $i$ 表示第 $i$ 个二进制位，$j$ 表示这一位上为 $j$（只能为 $0$ 或 $1$），$w_{i,j}$ 表示在所有数中，第 $i$ 个二进制位上为 $j$ 的有 $w_{i,j}$ 个。

由于这些数中必定两两异或，所以可以直接用乘法原理，求出该位最终为 $1$ 的个数，最后乘上该位的权值就可以了。所以最后的答案为：（公式中 $i$ 的范围上界到 $20$ 是因为题目中说 $A_i\le2^{20}$，最多只有 $21$ 个二进制位）

时间复杂度 $O(n)$，可以通过本题。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,a[100010],q[100010],w[100010][2],ans=0;
int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)q[i]=q[i-1]^a[i];
    for(int i=0;i<=n;i++)
        for(int j=20;j>=0;j--)
	        w[j][(q[i]>>j)&1]++;
	for(int i=0;i<=20;i++)
	    ans+=w[i][0]*w[i][1]*(1<<i);
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

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