部分参考 此处。
通过打表可以找到规律，给出结论：
⊕ i = 1 n i = { n ( n ≡ 0 m o d 4 ) 1 ( n ≡ 1 m o d 4 ) n + 1 ( n ≡ 2 m o d 4 ) 0 ( n ≡ 3 m o d 4 ) \oplus_{i = 1}^{n} i =\left\{ \begin{aligned} n \ (n \equiv 0 \mod 4)\\ 1 \ (n \equiv 1 \mod 4)\\ n + 1 \ (n \equiv 2 \mod 4)\\ 0 \ (n \equiv 3 \mod 4) \end{aligned} \right. ⊕i=1ni=⎩ ⎨ ⎧n (n≡0mod4)1 (n≡1mod4)n+1 (n≡2mod4)0 (n≡3mod4)
设
f
(
l
,
r
)
f(l,r)
f(l,r) 表示区间
[
l
,
r
]
[l,r]
[l,r] 的异或和。由于
f
(
2
k
,
2
k
+
1
−
1
)
f(2^k,2^{k + 1} - 1)
f(2k,2k+1−1) 中的最高位出现
2
k
2^k
2k 次，则由
2
k
≡
0
m
o
d
2
2^k \equiv 0 \mod 2
2k≡0mod2 可知
f
(
2
k
,
2
k
+
1
−
1
)
=
f
(
1
,
2
k
−
1
)
f(2^k,2^{k + 1} - 1) = f(1,2^k - 1)
f(2k,2k+1−1)=f(1,2k−1)，所以说可以得到：
f
(
1
,
2
k
+
1
−
1
)
=
f
(
1
,
2
k
−
1
)
⊕
f
(
2
k
,
2
k
+
1
−
1
)
=
0
f (1,2^{k + 1} - 1) = f (1,2^k - 1) \oplus f (2^k,2^{k + 1} - 1) = 0
f(1,2k+1−1)=f(1,2k−1)⊕f(2k,2k+1−1)=0
对于 k ≥ 2 k \ge 2 k≥2 时，要求 f ( 1 , n ) f(1,n) f(1,n) 时，若最高位为 2 k 2^k 2k，则 f ( 1 , n ) = f ( 1 , 2 k − 1 ) ⊕ f ( 2 k , n ) = f ( 2 k , n ) f (1,n) = f(1,2^k - 1) \oplus f (2^k,n) = f(2^k,n) f(1,n)=f(1,2k−1)⊕f(2k,n)=f(2k,n)。设 p = n − 2 k + 1 p = n - 2^k + 1 p=n−2k+1，则有：
-
p
≡
0
m
o
d
2
p \equiv 0 \mod 2
p≡0mod2
f ( 2 k , n ) = f ( 1 , n − 2 k ) f (2^k,n) = f(1,n - 2^k) f(2k,n)=f(1,n−2k)，又因为 n − 2 k n - 2^k n−2k 与 n n n 同奇偶，故由于 k g e 2 k \ ge 2 k ge2， f ( 1 , n ) f (1,n) f(1,n) 的值取决于小于 4 4 4 的部分。也就是说：
⊕ i = 1 n i = { 1 ( n ≡ 1 m o d 4 ) 0 ( n ≡ 3 m o d 4 ) \oplus_{i = 1}^{n} i =\left\{ \begin{aligned} 1 \ (n \equiv 1 \mod 4)\\ 0 \ (n \equiv 3 \mod 4) \end{aligned} \right. ⊕i=1ni={1 (n≡1mod4)0 (n≡3mod4)
-
p
≡
1
m
o
d
2
p \equiv 1 \mod 2
p≡1mod2
同理可知最高位可以保留，同时 f ( 1 , n ) f (1,n) f(1,n) 的值也取决于小于 4 4 4 的部分。也就是说：
⊕ i = 1 n i = { n ( n ≡ 0 m o d 4 ) n + 1 ( n ≡ 2 m o d 4 ) \oplus_{i = 1}^{n} i =\left\{ \begin{aligned} n \ (n \equiv 0 \mod 4)\\ n + 1 \ (n \equiv 2 \mod 4)\\ \end{aligned} \right. ⊕i=1ni={n (n≡0mod4)n+1 (n≡2mod4)
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