第一次写题解写得稍微详细点
题意简述
给定长度为 \(n\) 的非负整数数列 \(a_i\) 与 \(m\) 次操作，每次操作给定 \(p\) 和 \(x\)，将相邻两个数 \(a_p\) 和 \(a_{p+1}\) 按位异或上 \(x\)，要求在每次操作后求出异或和为 \(0\) 的子区间个数。
题目分析
为了方便这里记 \(a[l...r]\) 的异或和为 \(S(l,r)\) 。
首先，需要知道异或有结合律与交换律。
带修有些麻烦，先来考虑没有修改时如何计算答案。
最暴力的当然是枚举每个子区间并 \(O(n)\) 判断，总共 \(O(n^3)\)，带修就是 \(O(n^4)\)，期望得分 \(10 pts\)。
\(S(1,l-1) \oplus S(l,r)=S(1,r)\)
\(S(1,l-1) \oplus S(l,r) \oplus S(1,l-1)=S(1,r) \oplus S(1,l-1)\)
\(S(l,r)=S(1,r) \oplus S(1,l-1)\)
用前缀和优化一下，判断就可以 \(O(1)\) 了，总共 \(O(n^2)\)，带修 \(O(n^3)\)，期望得分 \(20pts\)。
由上面那个式子可以发现 \(S(l,r)=0\) 当且仅当 \(S(1,l-1)=S(1,r)\)。
所以如果用 \(cnt_k\) 表示所有 \(S(1,i)\) 中值为 \(k\) 的个数，那么答案就是
\(ans= \sum\limits_i \frac{1}{2}cnt_i(cnt_i-1)\)
考虑用 map 存，当然可以在统计 \(cnt_i\) 时顺便更新答案
\(\Delta ans=\frac{1}{2}[cnt_i(cnt_i+1)-cnt_i(cnt_i-1)]=cnt_i\)
总共 \(O(n)\)，带修 \(O(n^2)\)，期望得分 \(40pts\)。
单次计算已经很优了，来考虑带修。
然后会发现每次修改只会改变 \(S(1,p)\)，因为对于后面的前缀异或和，每个都异或上了两次 \(x\)，也就是不变。
答案维护和上面一样。
然而由于 map 常数太大了，貌似要用 unordered_map 才能卡过去……
请注意，\(a_i,x \leq Y\) 不能说明 \(a_i \oplus x \leq Y\)。
别忘了long long
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int n,m;
long long s[N];
long long ans;
long long ansxor,ansj,ansmax=0,ansmin=1e18;
unordered_map <long long,int> mp;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
mp[0]++;
for(int i=1;i<=n;i++){
int a;
scanf("%d",&a);
s[i]=s[i-1]^a;//前缀异或和
ans+=mp[s[i]],mp[s[i]]++;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
int p,x;
scanf("%d%d",&p,&x);
ans-=mp[s[p]]-1,mp[s[p]]--;
ans+=mp[s[p]^x],mp[s[p]^x]++;
s[p]^=x;//将s[p]变为s[p]^x，同时更新答案
ansxor^=ans;
if(ans & 1ll) ansj++;
ansmax=max(ansmax,ans);
ansmin=min(ansmin,ans);
}
printf("%lld\n%lld\n%lld\n%lld\n",ansxor,ansj,ansmax,ansmin);
}