Description

给定一个数列，长度为 \(n\)，第 \(i\) 项为 \(a_i\)。

两种操作：

• 单点修改

• 给定 \(l,u\) ，求 \(\large\oplus_{i=l}^{u}(\oplus_{j=i}^{u}a_j)\)

其中 \(\oplus_{i=l}^r a_i=a_l\oplus a_{l+1} \oplus \cdots \oplus a_r\)

Solution

本题的突破口： 异或的特殊性质

• \(a \oplus 0=a\)

• \(a\oplus a=0\)

那么对于原题目给的例子：

\(a_2 \oplus a_3 \oplus a_4 \oplus (a_2\oplus a_3)\oplus(a_3\oplus a_4)\oplus(a_2\oplus a_3 \oplus a_4)\)

\(=a_2\oplus a_4\)（\(4\) 个 \(a_3\) 异或直接归零）

这样原来如此冗长的式子就很简单了。

再来几个：

• 当 \(l=1,u=4\) 时，就是 \(0\)

• 当 \(l=1,u=5\) 时，就是 \(a_1\oplus a_3\oplus a_5\)

手玩几下，发现点什么？

显然易见的一个结论：

• 当 \(l,u\) 奇偶性不同时，\([l,u]\) 中所有元素都会对答案贡献偶数次 ，那么答案就是 \(0\)。

• 当 \(l,u\) 奇偶性相同时，\([l,u]\) 中所有 \(l,u\) 奇偶性相同的位置的值会对答案贡献奇数次，其他位置的值则会贡献偶数次，那么答案就是 \(a_l \oplus a_{l+2} \oplus \cdots \oplus a_u\)。

实现？树状数组是个不错的选择。

我们保存两个树状数组，分别存奇数、偶数位置的信息。

详见代码。

Code

#include<cstdio>
using namespace std;

const int N=2e5+5;
int n,q,a[N];

#define lowbit(x) (x&(-x))
struct bit{
    int dat[N];
    inline void update(int x,int p){
        for(;p<=n;p+=lowbit(p)) dat[p]^=x;
    }
    inline int xor_sum(int p){
        int x=0;
        for(;p;p-=lowbit(p)) x^=dat[p];
        return x;
    }
};
#undef lowbit

bit tree[2];

signed main()
{
    scanf("%d%d",&n,&q);
    for(register int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",a+i),tree[i&1].update(a[i],i);
    while(q--)
    {
        int opt,x,y;
        scanf("%d%d%d",&opt,&x,&y);
        if(opt==1) tree[x&1].update(a[x]^y,x),a[x]=y;
        else
        {
            if((x+y)&1) printf("0\n");
            else printf("%d\n",tree[x&1].xor_sum(y)^tree[x&1].xor_sum(x-1));
        }
    }
    return 0;
}

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