2017.10.12 小Q的无敌异或失败总结

第一问是可以O（n）的

二进制位是独立的，所以直接分开算即可。。

记一个前缀和，开桶装0、1的个数然后每次新加入一个点就直接更新就可以了

第二问就比较难了，，手玩只能发现最低位可以这么搞，对于高位还要考虑借位情况，借位情况有0有1，就不好离散

但是这么做是可以做出来的。。只是要在模意义下进行，，再考虑每次－的过程，都是一个前缀和-比他靠前的前缀和，

当差值>枚举次数时，显然影响是1

差值要考虑进位的情况，，这样似乎就形成了一个偏序关系，，就可以用树状数组了。。

码（借鉴）：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define P 998244353
ll ans,n,j,i,k,lin,er[50],he[50][100005],lie[100005],dui[100005],v[100005],a[100005],tong[100006],p[100005];int lowbit(int a)
{return a&(-a);
}void jia(int o,int z)
{for(;o<=dui[0];o+=lowbit(o)){v[o]^=z;}
}
int cha(int o)
{int ans=0;for(;o;o-=lowbit(o)){ans^=v[o];}return ans;
}
int find(ll o)
{if(o<0)return 0;int l=1,r=dui[0]+1;while(l+1<r){int mid=(l+r)>>1;if(dui[mid]<=o)l=mid;else r=mid; }   return l;
}int main()
{   er[0]=1;for(i=1;i<=40;i++)er[i]=er[i-1]*2;scanf("%lld",&n);for(i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);        }for(i=0;i<=20;i++)for(j=1;j<=n;j++){he[i][j]=he[i][j-1]^(a[j]&er[i]);if(he[i][j]&er[i])tong[i]++;}for(i=0;i<=20;i++){for(j=1;j<=n;j++){ans=1ll*(ans+1ll*tong[i]*er[i])%P;if(a[j]&er[i]){tong[i]=(n-j)-(tong[i]-1);}       }       }printf("%lld ",ans);ans=0;for(i=1;i<=n;i++)he[0][i]=he[0][i-1]+a[i];  for(k=0;k<=37;k++){  for (i=0; i<=n; i++) tong[i]=p[i]=he[0][i]&(er[k+1]-1);  dui[0]=0;sort(tong,tong+n+1); dui[++dui[0]]=tong[0];  memset(v,0,sizeof(v));  for (i=1; i<=n; i++)  if (tong[i]!=tong[i-1]) dui[++dui[0]]=tong[i];  int lin=0;  for (i=0; i<=n; i++){  lin^=cha(find(p[i]-er[k]))^cha(find(p[i]))^cha(find(p[i]+er[k]));  //cout<<er[k]<<" "<<lin<<" ";jia(find(p[i]),1);    } //cout<<lin<<endl; if (lin) ans|=er[k];  }  printf("%lld",ans);
}

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