NOIP2023模拟13联测34 origen

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文章讲述了如何解决一个关于整数序列中异或操作后平方和的问题，通过位运算和向量存储优化，降低了时间复杂度至O(nlog^2n)。

题目大意

给定 $n$ 个整数 $a1,a2,…,ana_1,a_2,\dots,a_n$ ，求

$∑i=1n∑j=in(⨁k=ijak)2\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i}^n(\bigoplus\limits _{k=i}^ja_k)^2$

输出答案模 $998244353$ 后的值。

注： $⨁k=ijak=ai⊕ai+1⊕⋯⊕aj\bigoplus\limits _{k=i}^ja_k=a_i\oplus a_{i+1}\oplus \cdots \oplus a_j$

$1≤n≤2×105,1≤ai≤2×1051\leq n\leq 2\times 10^5,1\leq a_i\leq 2\times 10^5$

题解

令 $di=⨁j=1iajd_i=\bigoplus\limits _{j=1}^ia_j$ ，则原式变为

$∑i=1n∑j=in(dj⊕di−1)2\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i}^n(d_j\oplus d_{i-1})^2$

我们按位来考虑，枚举每一位 $k$ ，那么原式变为

$∑k=0mx2k∑(dj⊕di−1)&2k=2k(dj⊕di−1)\sum\limits_{k=0}^{mx}2^k\sum\limits_{(d_j\oplus d_{i-1})\& 2^k=2^k}(d_j\oplus d_{i-1})$

其中 $m x$ 表示所有 $d_i$ 的二进制最高位的是从低到高的第几位。

我们可以用 $v ec t or$ 来存每一位为 $0$ 或为 $1$ 的数。也就是说，对于每个数 $d_i$ ，枚举它的每一位 $k$ ，如果这一位为 $0$ ，则将 $d_i$ 放在 $v_{k,0}$ 中；如果这一位为 $1$ ，则将 $d_i$ 放在 $v_{k,1}$ 中。这里的 $v_{k,0/1}$ 是 $v ec t or$ 类型的。

然后，枚举每一个 $k$ ，我们要求的就是 $∑(dj⊕di−1)&2k=2k(dj⊕di−1)\sum\limits_{(d_j\oplus d_{i-1})\& 2^k=2^k}(d_j\oplus d_{i-1})$ 。既然要异或后的第 $k$ 位为 $1$ ，那么 $d_j$ 和 $d_{i-1}$ 的第 $k$ 位肯定不同。那么，我们需要求 $v_{k,0}$ 和 $v_{k,1}$ 中各取一个数来异或，然后将所有情况求和。

这怎么处理呢？我们还是按每一位来计算。枚举每一位 $t$ ，如果异或和的第 $t$ 位为 $1$ ，则在 $v_{k,0}$ 中选的数和 $v_{k,1}$ 中选的数的第 $t$ 位肯定不同。那么，我们记录 $v_{k,0}$ 中的每一位 $t$ 有多少个数为 $0$ ，多少个数为 $1$ ，记为 $hv_{t,0/1}$ ，那么对于 $v_{k,1}$ 中的每一位 $t$ ，设这一位为 $v$ （ $v$ 的值为 $0$ 或 $1$ ），其贡献为 $2t×hvt,1−v2^t\times hv_{t,1-v}$ 。

注意 $d_0$ 也要加入 $v ec t or$ 。因为这是 $v_{k,0}$ 中的数异或 $v_{k,1}$ 中的数，所以是有序的，不需要除以 $2$ 。

时间复杂度为 $O(n\log^2 n)$ 。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200000;
const long long mod=998244353;
int n,a[N+5],b[N+5],hv[25][2];
long long ans=0;
vector<int>v[25][2];
int main()
{
//	freopen("origen.in","r",stdin);
//	freopen("origen.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int j=0;j<=19;j++){
		v[j][0].push_back(0);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		b[i]=b[i-1]^a[i];
		for(int j=0;j<=19;j++){
			v[j][(b[i]>>j)&1].push_back(b[i]);
		}
	}
	for(int i=0;i<=19;i++){
		for(int j=0;j<=19;j++) hv[j][0]=hv[j][1]=0;
		for(int j=0;j<v[i][0].size();j++){
			int t=v[i][0][j];
			for(int k=0;k<=19;k++){
				++hv[k][(t>>k)&1];
			}
		}
		long long tmp=0;
		for(int j=0;j<v[i][1].size();j++){
			int t=v[i][1][j];
			for(int k=0;k<=19;k++){
				int vk=((t>>k)&1)^1;
				tmp=(tmp+1ll*hv[k][vk]*(1<<k))%mod;
			}
		}
		ans=(ans+tmp*(1<<i))%mod;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}