Xor Sum 2 AtCoder - 4142 (异或前缀和性质+ 双指针)

Posted 2021-11-28 qieqiemin

Problem Statement

 

There is an integer sequence A of length N.

Find the number of the pairs of integers l and r (1≤l≤r≤N) that satisfy the following condition:

• A_l xor A_l+1 xor … xor A_r=A_l + A_l+1 + … + A_r

Here, xor denotes the bitwise exclusive OR.

 

Definition of XOR

 

Constraints

 

• 1≤N≤2×10⁵
• 0≤A_i<2²⁰
• All values in input are integers.

Input

 

Input is given from Standard Input in the following format:

N
A1 A2 … AN

Output

 

Print the number of the pairs of integers l and r (1≤l≤r≤N) that satisfy the condition.

Sample Input 1

 

4
2 5 4 6

Sample Output 1

 

5

(l,r)=(1,1),(2,2),(3,3),(4,4) clearly satisfy the condition. (l,r)=(1,2) also satisfies the condition, since A₁ xor A₂=A₁ + A₂=7. There are no other pairs that satisfy the condition, so the answer is 5.

Sample Input 2

 

9
0 0 0 0 0 0 0 0 0

Sample Output 2

 

45

Sample Input 3

 

19
885 8 1 128 83 32 256 206 639 16 4 128 689 32 8 64 885 969 1

Sample Output 3

 

37

题意：
给你一个含有N个整数的数组，
让你求出有多少对l和r，使之 a[l]+...+a[r] = a[l]^... ^a[r] 
即让你找出有多少对l和r，使数组的l~r的前缀和和异或和相等。

思路：
我们知道这样的结论，
对于一个数组，他的异或前缀和有和sum前缀和类似的性质。
即我们用一个数组 prexor[i]来维护从1~i数组的异或值，那么 l~r的异或值可以表示为
prexor[r]^prexor[l-1]

并且异或和sum和有这样的性质，
即如果l~r 数组 a[l]~a[r] 的sum和与a[l]^……^a[r]的异或值不同时，那么l与任意一个r以及r之后的i。
不会满足 l到i的sum和与异或和相同 。因为前一会有不满足的情况，后继的数组无论如何也不可能满足。
那么我们来看本题，
我们就可以通过上面的这个性质和利用双指针的常用套路方法：
对于每一个l，求出使之使其满足sum和与异或和相等的最右边的r。
那么以l为左端点的pair个数就是 r-l+1个
，然后我们把 l向右移动一位，同时删除 a[l]对sum和以及异或和的贡献。
然后对于新的l，我们只需要从上一个状态的r继续向后判定是否符合即可。（因为l~r满足的话，l+1~r一定也满足）
直至l大于n的时候跳出操作，输出答案即可。
细节见代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <iomanip>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define rt return
#define dll(x) scanf("%I64d",&x)
#define xll(x) printf("%I64d\n",x)
#define sz(a) int(a.size())
#define all(a) a.begin(), a.end()
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), ‘\0‘, sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define gg(x) getInt(&x)
#define db(x) cout<<"== [ "<<x<<" ] =="<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;}
ll powmod(ll a, ll b, ll MOD) {ll ans = 1; while (b) {if (b % 2)ans = ans * a % MOD; a = a * a % MOD; b /= 2;} return ans;}
inline void getInt(int* p);
const int maxn = 1000010;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/
int a[maxn];
int n;
ll ans = 0ll;

int main()
{
    //freopen("D:\\common_text\\code_stream\\in.txt","r",stdin);
    //freopen("D:\\common_text\\code_stream\\out.txt","w",stdout);
    gbtb;
    cin >> n;
    repd(i, 1, n)
    {
        cin >> a[i];
    }
//    ans=n;
    ll sum = 0ll;
    ll xo = 0ll;
    int l = 1;
    int r = 0;
    ll cnt = 0ll;
    while (1)
    {
        while (r < n && sum + a[r + 1] == (xo ^ a[r + 1]))
        {
            r++;
            sum += a[r];
            xo ^= a[r];
        }
        cnt = r - l + 1;
//        ans+=(cnt*(cnt+1))/2;
        ans += cnt;
        sum -= a[l];
        xo ^= a[l++];
        if (l == n + 1)
        {
            break;
        }
    }

    cout << ans << endl;

    return 0;
}

inline void getInt(int* p) {
    char ch;
    do {
        ch = getchar();
    } while (ch == ‘ ‘ || ch == ‘\n‘);
    if (ch == ‘-‘) {
        *p = -(getchar() - ‘0‘);
        while ((ch = getchar()) >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) {
            *p = *p * 10 - ch + ‘0‘;
        }
    }
    else {
        *p = ch - ‘0‘;
        while ((ch = getchar()) >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) {
            *p = *p * 10 + ch - ‘0‘;
        }
    }
}