CF-617-E. XOR and Favorite Number【普通莫队】

本文已参与「新人创作礼」活动，一起开启掘金创作之路。

给定一个长度为$N$的数组，一个整数$K$，求区间$l \sim r$中有多少$pair\{i,j\},i<=j$，满足$a_i \oplus a_{i+1} \oplus ... \oplus a_j=K$ 传送门

分析

先考虑暴力 求 $a_i \oplus a_{i+1} \oplus ... \oplus a_j$ 就是要求，异或前缀下的$osum_{i-1} \oplus osum_j$ 固定起点$l$，暴力往后走 假如走到$i$的位置，计算$osum_{l-1} \oplus osum_i$，如果等于$K$的话就加$1$，依次计算，复杂度$M*N^2$ 再想想优化 上面复杂度显然不行，考虑固定左端点，拓展右端点的时候直接把所有以右端点结尾的答案都计算出来 如果当前右端点走到了$i$位置，因为我们要找到异或后等于$K$的值，既然要让$i$能做出贡献，那么此时一定在前面计算的某一个左端点$j$，存在 $osum_{j-1} \oplus osum_i = K$，推出$osum_{j-1} = osum_i \oplus K$，也就是说，所有以$i$为结尾的区间异或等于$K$的贡献，就是前面计算的所有，值等于$osum_i \oplus K$的数量

考虑添加一个数$x$,计数器$cnt[x \oplus K]++$，答案 $ans+=cnt[x \oplus K]$ 考虑删除一个数$x$,计数器$cnt[x \oplus K]--$，答案 $ans -= cnt[x \oplus K]$

注意细节，题目要求是$i==j$是合法的，所以得先计数器改变，再统计答案个数

那么计算一个区间内满足条件的个数，时间复杂度就是$N$了

接下来就是，如何求出多个区间的问题？ 普通莫队就能够解决 添加，删除的操作上面应该已经说清楚了

代码

//CF617
/*
  @Author: YooQ
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define sc scanf
#define pr printf
#define ll long long
#define int long long
#define FILE_OUT freopen("out", "w", stdout);
#define FILE_IN freopen("in", "r", stdin);
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << "\n";
#define AC 0
#define WA 1
#define INF 0x3f3f3f3f
const ll MAX_N = 1e6+5;
const ll MOD = 1e9+7;
int N, M, K;

int arr[MAX_N];
int cnt[MAX_N<<1];

int mo = 0;
int ans[MAX_N];

void add(int x) {
	mo += cnt[arr[x]^K];
	++cnt[arr[x]];
}

void del(int x) {
	--cnt[arr[x]];
	mo -= cnt[arr[x]^K];
}

int block;

int idb(int x) {
	return x/block;
}

struct Qr {
	int l, r, id;
	bool operator < (const Qr& B) const {
		return idb(l) ^ idb(B.l)? l < B.l : (idb(l)&1) ? r < B.r : r > B.r;
	}
}qr[MAX_N];

void solve(){
	sc("%lld%lld%lld", &N, &M, &K);
	block = max(sqrt(N), sqrt((N*N)/M));
	
	for (int i = 1; i <= N; ++i) {
		sc("%lld", &arr[i]);
		arr[i] ^= arr[i-1];
	}
	for (int i = 1; i <= M; ++i) {
		sc("%lld%lld", &qr[i].l, &qr[i].r);
		--qr[i].l;
		qr[i].id = i;
	}
	
	sort(qr+1, qr+1+M);
	
	int l = 1, r = 0;
	mo = 0;
	for (int i = 1; i <= M; ++i) {
		while (l > qr[i].l) add(--l);
		while (r < qr[i].r) add(++r);
		while (l < qr[i].l) del(l++);
		while (r > qr[i].r) del(r--);
		ans[qr[i].id] = mo;
	}
	
	for (int i = 1; i <= M; ++i) {
		pr("%lld\n", ans[i]);
	}
}

signed main()
{
	#ifndef ONLINE_JUDGE
	//FILE_IN
	FILE_OUT
	#endif
	int T = 1;//cin >> T;
	while (T--) solve();

	return AC;
}