CF587E Duff as a Queen

一、題目

點此看題

二、解法

區間修改太麻煩了，我們考慮差分，設$b[i]=a[i]\oplus a[i+1]$，那麼一個數可以表示成爲$a[l]\times b$的前綴，我們把$b$建出線性基，那麼這和把$a$建出線性基是等效的，因爲可以表示的數不變。

一個修改不會影響到$b$，我們改一下$a$就行了，上傳的時候就暴力線段樹合併，$[l,r]$的節點上我們還要維護一個$a[l],a[r]$，合併是還要加入$a[mid]\oplus a[mid+1]$，時間複雜度$O(n\log^3)$ 。

#include <cstdio>
#include <cstring>
const int M = 200005;
int read()
{	
	int x=0,flag=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') if(c=='-') flag=-1;
	while(c>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	return x*flag;
}
int n,q;
struct node
{
	int lv,rv,la,p[40];
	node() {lv=rv=la=0;memset(p,0,sizeof p);}
	void init() {lv=rv=la=0;memset(p,0,sizeof p);}
	void change(int v)
	{
		lv^=v;rv^=v;la^=v;
	}
	void ins(int x)
	{
		if(!x) return ;
		for(int i=30;i>=0;i--)
		{
			if(!(x>>i&1)) continue;
			if(!p[i]) {p[i]=x;return ;}
			x^=p[i];
		}
	}
	int count()
	{
		int ans=0;
		for(int i=30;i>=0;i--)
			if(p[i]) ans++;
		return ans;
	}
	node operator + (const node &b) const
	{
		node ans;
		for(int i=0;i<=30;i++)
		{
			ans.ins(p[i]);
			ans.ins(b.p[i]);
		}
		ans.ins(rv^b.lv);
		ans.lv=lv;ans.rv=b.rv;
		return ans;
	}
}tr[4*M],rt;
void down(int i)
{
	if(!tr[i].la) return ;
	tr[i<<1].change(tr[i].la);
	tr[i<<1|1].change(tr[i].la);
	tr[i].la=0;
}
void upd(int i,int l,int r,int L,int R,int v)
{
	if(l>R || L>r) return ;
	if(L<=l && r<=R)
	{
		tr[i].change(v);
		return ;
	}
	down(i);
	int mid=(l+r)>>1;
	upd(i<<1,l,mid,L,R,v);
	upd(i<<1|1,mid+1,r,L,R,v);
	tr[i]=tr[i<<1]+tr[i<<1|1];
}
void query(int i,int l,int r,int L,int R)
{
	if(l>R || L>r) return ;
	if(L<=l && r<=R)
	{
		rt=rt+tr[i];
		return ;
	}
	down(i);
	int mid=(l+r)>>1;
	query(i<<1,l,mid,L,R);
	query(i<<1|1,mid+1,r,L,R); 
}
signed main()
{
	n=read();q=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		upd(1,1,n,i,i,read());
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		int op=read();
		if(op==1)
		{
			int l=read(),r=read(),v=read();
			upd(1,1,n,l,r,v);
		}
		else
		{
			int l=read(),r=read();
			rt.init();
			query(1,1,n,l,r);
			printf("%d\n",1<<rt.count());
		}
	}
}