51Nod 2128 前缀异或 c/c++题解

题目描述

输入一个长度为n(1 <= n <= 100000)数组a[1], a[2], …, a[n]。
输入一个询问数m(1 <= m <= 100000)和m组询问，每组询问形如(l, r)
对于每组询问(l, r)，你需要输出a[l] xor a[l + 1] xor … xor a[r - 1] xor a[r]，即第l个数字到第r个数字的异或。
如果你的算法需要约n*m的时间，你将只能通过第一个测试点。
如果你的算法需要约n+m的时间，你将可以通过本题。
输入
第一行一个整数n
第二行为n个整数a[1], a[2], … a[n]
第三行一个整数m
接下来m行，每行两个整数l, r表示询问。
输出
输出一共m行，对于每一个询问输出一个整数表示结果。
输入样例
3
1 2 3
6
1 1
2 2
3 3
1 2
2 3
1 3
输出样例
1
2
3
3
1
0

题解：

题面已经说过了n+m才能通过，加上输入的m组询问，和一开始输入的n个数字元素，那已经n+m的时间了，所以每次查询的时间复杂度只能是O(1)了，从一个O(n)的循环优化到O(1)，那很明显就是利用前缀的性质了，但是又不像以前用的多的经常是a[r] - a[l-1]，这里的运算是异或。
那我们分析一下：异或有一个性质：异或同一个二进制两次结果不变 => 异或同一个十进制两次结果不变，所以先直接求出前缀异或，然后a[r]^a[l-1]即可，因为a[l-1]之内的数已经两两之间异或了一次了，a[r]包括了l-1之内的数，那又会两两异或一次，所以相当于结果没变，那么中间l-r的异或结果也出来了(其实这里我也不太明白 - 待理解)。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <climits>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <deque>
#include <list>
#include <utility>
#include <set>
#include <map>
#include <stack>
#include <queue>
#include <bitset>
#include <iterator>
using namespace std;typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll  INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double PI = acos(-1.0);
const double E = exp(1.0);
const int MOD = 1e9+7;
const int MAX = 1e5+5;
int n;
int a[MAX];
int m;
int l,r;int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i];}// 异或:相同为0，相异为1// 0^0 = 0 0^1 = 1// 1^0 = 1 1^1 = 0for(int i = 1; i <= n; i++){a[i] ^= a[i-1];}cin >> m;for(int i = 1; i <= m; i++){cin >> l >> r;/* 超时int res = a[l];for(int i = l+1; i <= r; i++){res ^= a[i];}*/cout << (a[r]^a[l-1]) << endl;}return 0;
}

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