NC14414 小AA的數列（二進制枚舉）

題目鏈接

題意：
$給定一個數列，找出這個數列中長度爲偶數的連續子列的異或和$
$並且要求長度爲偶數的同時滿足在L到R之間$
$最後結果mod ~1e9+7$
題解：
$n,L,R<=1e5，所以不能考慮n^2暴力了$
$之前比較經典的就有選任意兩位數異或的總和$
$那個題可以考慮枚舉二進制位，然後看每一位的貢獻有多少$
$其實就是每一位有多少種異或後成1的方法$
$算出來之後乘這一二進制位的權重即可$

$這道題肯定也是類似，需要對每一二進制位進行分開考慮$
$然後一步一步分析差別$

$首先，這道題需要考慮的是一個連續子列$
$連續子列我們可以維護一個前綴和$
$如果sum[r] ~xor~ sum[l-1]==1說明l-r的貢獻爲1$
$如果xor爲0，說明這之間的異或也爲0，沒有貢獻$
$那麼枚舉每個前綴的二進制位$
$看在某一個二進制位上這個前綴的前面有多少個與他相反的前綴$
$然後每一二進制位綜合起來乘上權值就可以算出來最後的結果$

$然後，考慮一下偶數的限制$
$其實很簡單，兩個奇數或者兩個偶數相減纔是偶數$
$比如前綴下標l是1，r是5，相減是4個，中間有數2,3,4,5$
$l是2，r是4，相減2個，中間數是3,4$
$所以對把剛纔那個維護個數的數組再加一維，這一維存奇偶數位置$
$這樣就把偶數的限制解決了$

$最後解決一下L,R的限制$
$這樣其實數組不用改變$
$你只要保證，數組中的個數所對應的位置和當前這個位置是在L到R即可$
$那麼，其實就是對於每個位置，如果他到和當前位置如果距離剛好是L$
$就把這個位置作爲貢獻加入，直到往後枚舉如果他和枚舉的位置距離成R的時候$
$再把他減去，就保證了這個位置和後面的位置形成的區間長度都在L到R之間$

$這樣一步一步解決完了$
$只要寫出來代碼就行了$
$還有一個比較直接的問題，題目沒有限定L,R一定爲偶數$
$如果區間裏只有奇數，即L==R並且爲奇數那麼結果肯定是0$
$還有如果L,R爲奇數的時候，但不可能出現奇數，所以往中間減少一下$

AC代碼

/*
    Author:zzugzx
    Lang:C++
    Blog:blog.csdn.net/qq_43756519
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
const int mod=1e9+7;
//const int mod=998244353;
const double eps = 1e-10;
const double pi=acos(-1.0);
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const int dir[4][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0}};

ll c[2][2],a[maxn];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    int n,l,r;
    cin>>n>>l>>r;
    if(l==r&&l&1){cout<<0;return 0;}
    if(l&1)l++;if(r&1)r--;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],a[i]^=a[i-1];
    ll ans=0;
    for(int i=0;i<=31;i++){
        memset(c,0,sizeof c);
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(j>=l)c[j&1][(a[j-l]>>i)&1]++;
            ans=(ans+c[j&1][(a[j]>>i)&1^1]*(1ll<<i)%mod)%mod;
            if(j>=r)c[j&1][(a[j-r]>>i)&1]--;
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}