XOR and Favorite Number

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time limit per test:	4 seconds
memory limit per test:	256 megabytes
input:	standard input
output:	standard output

Bob has a favorite number k and ai of length n. Now he asks you to answer m queries. Each query is given by a pair li and ri and asks you to count the number of pairs of integers i and j, such that l ≤ i ≤ j ≤ r and the xor of the numbers ai, ai + 1, …, aj is equal to k.

Input

The first line of the input contains integers n, m and k (1 ≤ n, m ≤ 100 000, 0 ≤ k ≤ 1 000 000) — the length of the array, the number of queries and Bob’s favorite number respectively.

The second line contains n integers ai (0 ≤ ai ≤ 1 000 000) — Bob’s array.

Then m lines follow. The i-th line contains integers li and ri (1 ≤ li ≤ ri ≤ n) — the parameters of the i-th query.

Output

Print m lines, answer the queries in the order they appear in the input.

Sample test(s)

Input

6 2 3

1 2 1 1 0 3

1 6

3 5

Output

7

0

Input

5 3 1

1 1 1 1 1

1 5

2 4

1 3

Output

9

4

4

Note

In the first sample the suitable pairs of i and j for the first query are: (1, 2), (1, 4), (1, 5), (2, 3), (3, 6), (5, 6), (6, 6). Not a single of these pairs is suitable for the second query.

In the second sample xor equals 1 for all subarrays of an odd length.

题意：有n个数和m次询问，每一询问会有一个L和R，表示所询问的区间，问在这个区间中有多少个连续的子区间的亦或和为k

思路：本题只有询问没有修改，所以比较适合离线处理，而莫队算法是离线处理一类区间不修改查询类问题的算法。就是如果你知道了[L,R]的答案。你可以在O(1)的时间下得到[L,R-1]和[L,R+1]和[L-1,R]和[L+1,R]的答案的话。就可以使用莫队算法。，第一次接触莫队算法感觉是一种很优雅的暴力，莫队算法是莫涛发明的。先对序列分块。然后对于所有询问按照L所在块的大小排序。如果一样再按照R排序。然后按照排序后的顺序计算。为什么这样计算就可以降低复杂度呢。

一、i与i+1在同一块内，r单调递增，所以r是O(n)的。由于有n^0.5块,所以这一部分时间复杂度是n^1.5。

二、i与i+1跨越一块，r最多变化n，由于有n^0.5块，所以这一部分时间复杂度是n^1.5

三、i与i+1在同一块内时变化不超过n^0.5，跨越一块也不会超过2*n^0.5，不妨看作是n^0.5。由于有n个数，所以时间复杂度是n^1.5于是就变成了O(n^1.5)了。

对于这道题，假设我们现在有一个前缀异或和数组sum[]，现在我们要求区间[L,R]的异或的值，用sum数组表示就是sum[L-1]^sum[R]==K,或者说是K^sum[R]==sum[L-1]

详细见代码

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <cstdlib>

#include <vector>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#define LL long long

using namespace std;

const int Max = 1100000;

const int MAXM = 1<<22;

typedef struct node

{

    int L ,R;

    int Id;

}Point ;

Point a[Max];

LL sum[Max];

LL ans[Max];

int n,m;

LL k;

int L,R;

LL cnt[MAXM],ant;

bool cmp(Point b,Point c)//将区间分块排序

{

    if(b.L/400==c.L/400)

    {

        return b.R<c.R;

    }

    else

    {

        return b.L<c.L;

    }

}

void Dec(LL s) //将多算的数目去除

{

    --cnt[s];

    ant-=cnt[s^k];

}

void Inc(LL s)//将没有遍历的点对应的数目加上

{

    ant += cnt[s^k];

    cnt[s]++;

}

int main()

{

    scanf("%d %d %lld",&n,&m,&k);

    LL data;

    for(int i=1;i<=n;i++) //

    {

        scanf("%lld",&sum[i]);

        sum[i]^=sum[i-1];

    }

    for(int i=1;i<=m;i++)

    {

        scanf("%d %d",&a[i].L,&a[i].R);

        a[i].Id = i;

        a[i].L--;// 在这里提前处理

    }

    sort(a+1,a+m+1,cmp);

    L=0,R=0,cnt[0]=1,ant=0;

    for(int i=1;i<=m;i++)

    {

        while(R<a[i].R)

        {

            Inc(sum[++R]);

        }

        while(R>a[i].R)

        {

            Dec(sum[R--]);

        }

        while(L<a[i].L)

        {

            Dec(sum[L++]);

        }

        while(L>a[i].L)

        {

            Inc(sum[--L]);

        }

        ans[a[i].Id]=ant;

    }

    for(int i=1;i<=m;i++)

    {

        printf("%lld\n",ans[i]);

    }

    return 0;

}