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Description
给出一个长为 (n) 的数列 (A) 和 (k)，多次询问：
对于一个区间 ([L_i,R_i])，问区间内有多少个不为空的子段异或和为 (k) 。
- (n,m,k,A_ile 10^5)
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Solution
注意到一件有趣的事，就是每次询问的 (k) 相同。
因为 (aoplus a=0)，所以子段异或问题可以看作前缀异或和的异或，即
[a[i]oplus a[i+1]oplus...oplus a[j]=sum[i-1]oplus sum[j]
]
其中 (sum[i]=a[1]oplus a[2]oplus...oplus a[i]) 。
那么问题转化为，存在对少对 (i,jin[L_i-1,R_i],i!=j) ，满足
[sum[i]oplus sum[j]=k
]
注意区间问题，因为区间做差的原理是减掉 (l-1) 。
然后可以注意到，一个值 (x) 若想要构成 (k) ，其对应的另一个值是固定的。
也就是说，我们的组合方案是确定的。
当新加入一个可选值 (x) ，我们的方案数就会 (+cnt[x^k]) ，其中 (cnt[i]) 表示当前含有可选值 (i) 的个数。
可以证明，这种计数方式不会算重，因为每个数字加入时只会计算当前已经有对应的值。
当去掉一个值的时候，方案数 (-cnt[x^k]) 即可。
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还有一个问题，就是关于 (k=0) 的情况。
此时每个值显然不能计算上自己和自己异或的贡献。
删除时当然也要注意不能多减掉自己异或自己的情况。
只需在 add 和 del 的时候交换一下操作顺序即可，具体看代码。
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Code
突然失智......Debug 2h 竟只是因为 (l) 没有减 (1) ......
还要注意，刚开始 (0) 号位置也有一个贡献。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 100010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll rd(){
ll x=0; bool f=0; char c=gc();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
return f?-x:x;
}
ll n,m,k,ans,bl[N],cnt[1<<18],s[N],res[N];
struct Q{ll l,r,id;}q[N];
inline bool cmp1(Q x,Q y){
return bl[x.l]==bl[y.l]?x.r<y.r:bl[x.l]<bl[y.l];
}
inline bool cmp2(Q x,Q y){return x.id<y.id;}
inline void del(int p){
--cnt[s[p]];
ans-=cnt[k^s[p]];
}
inline void add(int p){
ans+=cnt[k^s[p]];
++cnt[s[p]];
}
int main(){
n=rd(); m=rd(); k=rd();
ll t=sqrt(n);
for(R ll i=1;i<=n;++i){
s[i]=s[i-1]^rd();
bl[i]=i/t+1;
}
for(R ll i=1;i<=m;++i){
q[i].l=rd()-1; q[i].r=rd(); q[i].id=i;
}
sort(q+1,q+1+m,cmp1);
ll nowl=0,nowr=0;
cnt[0]=1;
for(R ll i=1;i<=m;++i){
while(nowl>q[i].l){--nowl;add(nowl);}
while(nowl<q[i].l){del(nowl);++nowl;}
while(nowr<q[i].r){++nowr;add(nowr);}
while(nowr>q[i].r){del(nowr);--nowr;}
res[q[i].id]=ans;
}
for(R ll i=1;i<=m;++i) printf("%lld
",res[i]);
return 0;
}