CodeForces - 1323D Present(思維+數學)

題目鏈接：點擊查看

題目大意：給出一個數列 a ，求出

 

題目分析：如果暴力的話顯然時間複雜度是 n * n 的，我們應該想辦法去優化，比賽的時候想用線段樹，但是不會在維護異或的前提下區間加法，也想過用矩陣維護，但絲毫沒什麼用呀，隊友想到了可以按位維護，也就是維護26個線段樹，我覺得太麻煩了就放棄這個題了，補題的時候看了題解，感覺題解已經說的很明白了，在這裏再記錄一下吧，感覺還是自己太菜了，需要多做題長見識

題解的意思是，可以按位維護，因爲異或等位運算，最大的特點就是，每一位都可以視爲獨立的個體，互不影響，互不干預，這樣我們在單獨處理第 k 位的時候，因爲要計算 a[ i ] + a[ j ] 後再進行異或，所以顯然某個數大於  的部分是沒有貢獻的，我們可以先讓每個數對  取模，因爲後面我們需要二分查找，所以取模後對於整個數組排一下序，到此爲止，所有的 a 數組中的每個元素的取值範圍都是  ，顯然 a[ i ] + a[ j ] 的取值範圍是  ，不難看出第 k 位爲 1 時的 a[ i ] + a[ j ] 的取值範圍爲  ，這樣我們就可以固定下來 i ，從而二分查找符合條件的 j ，記錄下來有多少對 ( i , j ) 可以對第 k 位做出貢獻，因爲 a[ i ] + a[ j ] 的範圍上面已經確定下來了，那麼當 a[ i ] 確定時，a[ j ]的範圍也就非常容易確定了： 。如果 k 是奇數的話，那麼答案的第 k 位就是 1 ，否則答案的第 k 位就是 0

上面是思路，具體實現的話可以用upper_bound和lower_bound搭配使用，並且注意二分的範圍，如果每次都從[1,n]的範圍二分，會導致答案重複，所以我們可以將範圍控制爲[1,i]就好了，i 爲枚舉的位置

然後因爲上面的取模操作，我懶得再開一個新數組儲存答案了，於是就在原數組上修改，不過這樣的話就需要從最高位開始計算答案了，時間複雜度爲 n * logn * logC ，C爲1e7，也就是 a[ i ] 的最大值

代碼：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<unordered_map>
using namespace std;
      
typedef long long LL;
     
typedef unsigned long long ull;
      
const int inf=0x3f3f3f3f;
 
const int N=4e5+100;

int a[N];

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//	freopen("input.txt","r",stdin);
//	freopen("output.txt","w",stdout);
#endif
//	ios::sync_with_stdio(false);
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",a+i);
	int ans=0;
	for(int i=26;i>=0;i--)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
			a[j]&=(1<<(i+1))-1;
		sort(a+1,a+1+n);
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			if((upper_bound(a+1,a+j,(1<<(i+1))-1-a[j])-lower_bound(a+1,a+j,(1<<i)-a[j]))&1)
				ans^=1<<i;
			if((upper_bound(a+1,a+j,(1<<(i+2))-2-a[j])-lower_bound(a+1,a+j,(1<<(i+1))+(1<<i)-a[j]))&1)
				ans^=1<<i;
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	return 0;
}