$n leq 100000$的俩序列，数字范围$2^{28}$，问所有$a_i+b_j$的$n^2$个数字的异或和。
这种东西肯定是按位考虑嘛，从低位开始然后补上进位。比如说第一位俩串分别有$c$个$1$和$e$个$1$，$d$个$0$和$f$个$0$，然后这一位就是$c*f+e*d$个$1$，会进$c*e$个$1$给第二位。但这里没法解决连续进位的问题，因为连续进位必须去具体考察哪几个数字进了位，复杂度不对。
思维定势--考察某一位答案时从“模拟加法”“进位”的角度，无法从中跳出是不可能出解的。
那换个方法呗，可以看到某一位的答案是由不高于这一位的所有位决定的。假如现在在第$k$位，把$a$和$b$的所有数字取出最低的$k$位，然后可以发现，$2^k leq a_i+b_j < 2^k*2$或$2^k*3 leq a_i+b_j < 2^k*4$时，这一位会产生一个1。这俩式子移下项，发现只要把$b$排序就可以枚举$a$然后二分答案了。
这个故事告诉我们，当发现自己陷入思维瓶颈的时候，一定要往后退一步。
其实退一步胜这种思想不仅应用于OI，在我国古代智慧中国象棋中也有这种想法。《梦入神机》中就有记载一篇名为《退一步胜》的残局，引用如下，转侵删：
好不引用了刷题去。
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstdio> 5 //#include<queue> 6 //#include<time.h> 7 //#include<complex> 8 #include<algorithm> 9 #include<stdlib.h> 10 using namespace std; 11 12 int n; 13 #define maxn 200011 14 int a[maxn],b[maxn],na[maxn],nb[maxn]; 15 int main() 16 { 17 scanf("%d",&n); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]); 18 int ans=0; 19 for (int i=0;i<=28;i++) 20 { 21 for (int j=1;j<=n;j++) na[j]=a[j]&((1<<(i+1))-1),nb[j]=b[j]&((1<<(i+1))-1); 22 sort(nb+1,nb+1+n); int t1=1<<i,t2=2*t1,t3=3*t1,t4=4*t1; 23 int now=0; 24 for (int j=1;j<=n;j++) 25 { 26 now^=(lower_bound(nb+1,nb+1+n,t2-na[j])-lower_bound(nb+1,nb+1+n,t1-na[j]))&1; 27 now^=(lower_bound(nb+1,nb+1+n,t4-na[j])-lower_bound(nb+1,nb+1+n,t3-na[j]))&1; 28 } 29 ans|=now<<i; 30 } 31 printf("%d ",ans); 32 return 0; 33 }