题意:

给了一串数,个数不超过$10^5$,这串数是通过题目给的一段代码来生成的

int g = S; 

 ; i<N; i++) { 

              a[i] = g;

               ) { a[i] = g = W; }

               ==  ) { g = (g/); }

              ) ^ W; }

          }

其中S、N、W都是输入的。

问:从中取连续的一段出来玩Nim博弈,先手赢的取法有多少种。

Nim博弈的结论:每堆异或,最后结果为0的先手输,否则,先手赢;

于是这道题就变成了取连续的一段,异或值不为0的取法数。

N最大有1e5,显然需要O(n)复杂度的方法

异或没什么感觉...如果这道题问的是 取连续的一段,和为X的取法有多少种

那么就很自然的能想到前缀和  第i到第j的总和为sum[j]-sum[i-1]

那联想到这道题,能不能求个前缀异或呢?

对!

而且异或能分为 0 与 非0 两种情况

那么在查询 第i到第j 这一段的异或值时,只需要比较 xor_sum[i] 与 xor_sum[j]

假设xor_sum[i]=X; xor_sum[j]=X;

那么很显然i+1到j的这一段为0  ( X xor 0 = X)

我们只需要记录有多少段为0,用总的n*(n+1)/2去减去就是答案了;

为什么要记录有多少段为0?记录有多少段为0?

我们已经有前缀异或,那么当第二次出现某一值时,这个值 前一次出现的位置 到 本次出现的位置 之间这一段 就是异或值为0的。

因此我们统计异或值为0的要方便的多。

做法就是记录所有的xor_sum出现的次数加起来就好了嘛

 ];
 map<LL, LL> mp;
 int main()
 {
     int t;
     scanf("%d", &t);
     while(t--)
     {
         int n, s, w;
         scanf("%d%d%d", &n, &s, &w);
         int g = s;
         ; i<n; i++)
         {
             a[i] = g;
              )
                 a[i] = g = w;
              ==  )
                 g = (g/);
             else
                 g = (g/) ^ w;
         }
         LL xor_sum=, ans=;
         mp.clear();
         mp[]=;
         ;i<n;i++)
         {
             xor_sum^=a[i];
             ans+=mp[xor_sum];
             mp[xor_sum]++;
         }
         print((LL)n*(n+)/-ans);
     }
     ;
 }

ZOJ 3591

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