E1. Bitwise Queries (Easy Version)

$$a+b=(a\&b)+(a|b)$$
根据上述式子用$3$次$&和$3$次$|$操作求出$a_1+a_2,a_2+a_3,a_1+a_3$由此得出$a_1,a_2,a_3$
根据$a_1\oplus a_i=x$于是$a_i=x\oplus a_1$可使用$n-3$次$\oplus$操作得出答案
共计$n+3$次。。。
大佬题解
$$a+b=(a\oplus b)+2\times (a\&b)$$
如果已知$a_1\oplus a_2,a_2\oplus a_3$那么$a_1\oplus a_3=(a_1\oplus a_2)\oplus (a_2\oplus a_3)$
那么只需用$5$次就可以知道$a_1,a_2,a_3$最终用$n+2$次得出答案。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<random>
#include<bitset>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int mod=998244353;
const int N=100010;
int x,y,z;
void prework()
{
    
    
    int ab1,ab2,ac1,ac2,bc1,bc2;
    printf("XOR 1 2\n");
    fflush(stdout);
    cin>>ab1;
    
    printf("AND 1 2\n");
    fflush(stdout);
    cin>>ab2;
 
    printf("XOR 1 3\n");
    fflush(stdout);
    cin>>ac1;
 
    printf("AND 1 3\n");
    fflush(stdout);
    cin>>ac2;
 
    bc1 = ab1 ^ ac1;
 
    printf("AND 2 3\n");
    fflush(stdout);
    cin>>bc2;
    
    x=ab1+2*ab2;
    y=ac1+2*ac2;
    z=bc1+2*bc2;
}
int main()
{
    
    
    IO;
    int T=1;
    //cin>>T;
    while(T--)
    {
    
    
        int n;
        cin>>n;
        vector<int> ans(n+1);
        prework();
        ans[1]=(x+y-z)/2;
        ans[2]=(x+z-y)/2;
        ans[3]=(y+z-x)/2;
        
        for(int i=4;i<=n;i++)
        {
    
    
            int tmp;
            printf("XOR 1 %d\n",i);
            fflush(stdout);
            cin>>tmp;
            ans[i]=tmp^ans[1];
        }
        cout<<"! ";
        for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<' ';
        cout<<'\n';
        
    }
    return 0;
}

E2. Bitwise Queries (Hard Version)

大佬题解
同样只要我们能确认一个值，其余的值都能通过异或来得到。由此我们目标是确定一个值。

注意到$0<x_i<n-1$，由此数组有两种情况

• 数组元素不重复，各不相同
• 数组元素重复

①对于数组元素重复的情况，我们首先进行$n-1$次$x_1\oplus x_i$将异或值记入数组$a_i$，不难发现其中肯定存在相同的值，只要记录相同值的位置$i,j$那么只需要进行一次$x_i\&x_j$即可知道$x_i$和$x_j$，那么就能根据$a_i$或者$a_j$得出$x_1$进而得出答案。操作$n$次
②如果不存在那么一定有某个数与第一个数相差1，$a_i=1$，即$x_i\oplus x_1=1$，于是 不难得知$x_1$和$x_i$分别是$(x_1\&x_i)$和$(x_1\&x_i)\oplus 1$
然后随便找一个与第一个数奇偶性相同的数（$a_i\&1=0$）用一次$\&$操作$x_1\&x_i$的奇偶性即是$x_1$的奇偶性，于是可以得出$x_1$。操作$n+1$次

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<random>
#include<bitset>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int mod=998244353;
const int N=200010;
int a[N];
map<int,int> pos;
int main()
{
    
    
    //IO;
    int T=1;
    //cin>>T;
    while(T--)
    {
    
    
        int n;
        cin>>n;
        pos.clear();
        pos[0]=1;
        int k=0,v;
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
    
    
            printf("XOR 1 %d\n",i);
            fflush(stdout);
            cin>>a[i];
            if(pos[a[i]]&&!k)
            {
    
    
                printf("AND %d %d\n",pos[a[i]],i);
                fflush(stdout);
                cin>>v;
                k=i;
            }
            pos[a[i]]=i;
        }
        if(k) a[1]=a[k]^v;
        else
        {
    
    
            printf("AND 1 %d\n",pos[1]);
            fflush(stdout);
            cin>>a[1];
            for(auto t:pos)
            {
    
    
                if((t.first&1)||t.second==1) continue;
                printf("AND 1 %d\n",t.second);
                fflush(stdout);
                int c; cin>>c;
                if(c&1) a[1]^=1;
                break;
            }
        }
        cout<<"! "<<a[1]<<' ';
        for(int i=2;i<=n;i++) 
            cout<<(a[i]^a[1])<<' ';
        cout<<'\n';
    }
    return 0;
}

要加油哦~