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Problem - D - Codeforces

题目

题目大意

给定一个长度为 $n$ 的数组 $a_1,a_2,...,a_n$，有 $q$ 个询问，每次询问对于给定的区间 $[l,r]$，能执行若干次下述操作：

• 选择两个正整数 $l\le L \le R\le r$，且 $R-L+1$ 是奇数，将 $a_L,a_{L+1},...,a_R$ 全部替换为他们的异或和，即 $(a_L\oplus a_{L+1}\oplus ...\oplus a_R)$。

问是否使得 $a_l,a_{l+1},...,a_r$ 全部变成 0，如果不能就输出 -1，如果能就输出将 $a_l,a_{l+1},...,a_r$ 全部变成 0 需要的最小操作次数。每次询问相互独立。

思路

对于每一个询问：

1. 显然 $(a_l\oplus a_{l+1}\oplus ...\oplus a_r)\neq 0$ 的话，不可能通过上述操作使得 $a_l,a_{l+1},...,a_r$ 全部变成 0，我们应该输出 -1。
2. 如果被询问的整个区间已经全部都是 0 了，我们无需进行操作即可满足条件，所以应该输出 0。
3. 又因为 $(a_l\oplus a_{l+1}\oplus ...\oplus a_r)\neq 0$，如果 $r-l+1$ 是奇数，我们可以直接选择区间 $l,r$ 执行一次操作即可达成目的，输出 1。
4. 现在我们的区间长度为偶数了，如果 $a_l=0$ 或者 $a_r=0$ 的话，我们可以无视掉为 0 的端点，对剩下长度为奇数的区间进行一次操作，输出 1。
5. 容易发现，如果存在以 $x$ 满足 $l<x<r$ 且 $r-x+1$ 是奇数，使得 $(a_x\oplus a_{x+1}\oplus ...\oplus a_r)= 0$，显然从 $l$ 到 $x-1$ 这一段区间的长度也为奇数且异或和也为 0，我们可以通过 2 次操作达成目的，输出 2。
6. 若不存在 $x$ 满足条件 5，则无解，输出 -1。

其中条件 1 可以通过预处理前缀异或和解决，条件 2 可以通过维护前缀和来解决，条件 3 和 4 也可以直接判断，我们来说明条件 5 的判断方法。

首先我们可以预处理出以 $i$ 为右端点的区间中的一个左段点 $x$，满足：

• $x\le i$
• $i-x+1$ 是奇数
• $a_x\oplus a_{x+1}\oplus ... \oplus a_i=0$
• $x$ 是满足上述条件的最大值

这个东西只需要对奇偶下标分别开个 map 记录前缀异或和的值的对应的下标，然后每个位置在另一个 map 里找与之前缀异或和相等的位置再 +1 即可。显然这样做可以求出我们想要的东西。

在查询中我们只需要判断 $l$ 和以 $r$ 为右端点的最大的使得区间长度为奇数且区间异或和为 0 的左端点之间的大小关系即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define nnn printf("No\n")
#define yyy printf("Yes\n")
using namespace std;
using LL=long long;
const int N=500001;
int n,m;
map<int,int> mp0,mp1;
int xsum[N],a[N],lneq0[N],lnx0[N];
int getans(int l,int r)
{
	if ((xsum[r]^xsum[l-1])!=0) return -1;
	if (lneq0[r]<l) return 0;
	if ((r-l+1)&1) return 1;
	if (a[l]==0||a[r]==0) return 1;
	if (lnx0[r]>l) return 2;
	return -1;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int id=0;
	for (int i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		xsum[i]=xsum[i-1]^a[i];
		if (a[i]) id=i;
		lneq0[i]=id;
		if (i%2)
		{
			mp1[xsum[i]]=i;
			lnx0[i]=mp0[xsum[i]];
		}
		else
		{
			mp0[xsum[i]]=i;
			lnx0[i]=mp1[xsum[i]];
		}
	}
	int l,r;
	for (int i=1;i<=m;++i)
	{
		scanf("%d%d",&l,&r);
		printf("%d\n",getans(l,r));
	}
	return 0;
}