异或和
给定一个序列 a1, a2, ..., an, 满足 a1 + a2... + an ≤ 106，输出这个序列所有的连续和的异或值。
对于100%的数据，1 ≤ n ≤ 105。
题解
首先用前缀和转化成如下式子
显然可以i对每位分开考虑，只需要考虑这一位上 (1) 的奇偶性即可。
那么哪些数相减这一位为 (1) 呢？关键就是考虑之前的数有没有借位给它，它有没有借位给后面的数。
如果当前扫描到的 (sum_j) 的二进制第 (k) 位为 (1)，那么对这一位的答案有贡献的只有那些第 (k) 位为 (1) 且第 (k) 位向右的数大于 (sum_j) 第 (k) 位向右的数的或者第 (k) 位为 (0) 且第 (k) 位向右的数小于等于 (sum_j) 第 (k) 位向右的数的数。
第 (k) 位为 (0) 的情况类似。
时间复杂度 (O(n log n log v))。
CO int N=100000+10,V=1000000+10;
int sum[N],val[N];
int cnt[2][V];
void insert(int d,int p,int v){
for(int i=p;i<V;i+=i&-i) cnt[d][i]+=v;
}
int query(int d,int p){
int ans=0;
for(int i=p;i;i-=i&-i) ans+=cnt[d][i];
return ans;
}
int main(){
int n=read<int>();
for(int i=1;i<=n;++i) sum[i]=sum[i-1]+read<int>();
int ans=0;
for(int i=0;i<=19;++i){
int res=0;
insert(0,0+1,1);
for(int j=1;j<=n;++j){
int c=sum[j]>>i&1;
int now=0;
if(c) now=query(0,val[j]+1)+query(1,V-1)-query(1,val[j]+1);
else now=query(1,val[j]+1)+query(0,V-1)-query(0,val[j]+1);
if(now&1) res^=1;
insert(c,val[j]+1,1);
}
if(res&1) ans|=1<<i;
insert(0,0+1,-1);
for(int j=1;j<=n;++j){
int c=sum[j]>>i&1;
insert(c,val[j]+1,-1);
val[j]|=c<<i;
}
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}
整数
题目背景
在人类智慧的山巅，有着一台字长为$1048576$位（此数字与解题无关）的超级计算机，著名理论计算机科
学家P博士正用它进行各种研究。不幸的是，这天台风切断了电力系统，超级计算机
无法工作，而 P 博士明天就要交实验结果了，只好求助于学过OI的你. . . . . .
题目描述
P 博士将他的计算任务抽象为对一个整数的操作。
具体来说，有一个整数$x$，一开始为$0$。
接下来有$n$个操作，每个操作都是以下两种类型中的一种：
-
1 a b：将$x$加上整数$acdot 2^b$，其中$a$为一个整数，$b$为一个非负整数 -
2 k：询问$x$在用二进制表示时，位权为$2^k$的位的值（即这一位上的$1$代表 $2^k$）
保证在任何时候，$xgeqslant 0$。
输入输出格式
输入格式：输入的第一行包含四个正整数$n,t_1,t_2,t_3$，$n$的含义见题目描述，$t_1$，$t_2$，$t_3$的具体含义见子任务。
接下来$n$行，每行给出一个操作，具体格式和含义见题目描述。
同一行输入的相邻两个元素之间，用恰好一个空格隔开。
输出格式：对于每个询问操作，输出一行，表示该询问的答案（$0$或$1$）。对于加法操作，没有任何输出。
输入输出样例
10 3 1 2 1 100 0 1 2333 0 1 -233 0 2 5 2 7 2 15 1 5 15 2 15 1 -1 12 2 15
0 1 0 1 0
说明
在所有测试点中，$1leqslant t_1 leqslant 3, 1 leqslant t_2 leqslant 4, 1 leqslant t_3 leqslant 2$。不同的 $t_1, t_2, t_3$ 对应的特殊限制如下：
-
对于 $t_1 = 1$ 的测试点，满足 $a = 1$
-
对于 $t_1 = 2$ 的测试点，满足 $|a| = 1$
-
对于 $t_1 = 3$ 的测试点，满足 $|a| leqslant 10^9$
-
对于 $t_2 = 1$ 的测试点，满足 $0 leqslant b, k leqslant 30$
-
对于 $t_2 = 2$ 的测试点，满足 $0 leqslant b, k leqslant 100$
-
对于 $t_2 = 3$ 的测试点，满足 $0 leqslant b, k leqslant n$
-
对于 $t_2 = 4$ 的测试点，满足 $0 leqslant b, k leqslant 30n$
-
对于 $t_3 = 1$ 的测试点，保证所有询问操作都在所有修改操作之后
-
对于 $t_3 = 2$ 的测试点，不保证询问操作和修改操作的先后顺序
本题共 25 个测试点，每个测试点 4 分。各个测试点的数据范围如下：
题解
均摊分析一下只支持加的二进制计数器的复杂度。给每一个初始1的增加一点势能，表示它以后进位变成0的花费来源。这样的话复杂度就均摊(O(1))了。
所以如果本题只支持加法的话可以利用unsigned int压位，复杂度可以达到(O(frac{30n}{32})=O(n))
但是可能产生减法怎么办？ 大力维护一个加法的结果，再维护一个减法的结果 。
由于保证了(xge 0)，所以只需考虑询问位置即可。做个异或就能得到后面不借位的结果。
至于借位结果，可以用set维护大小不同的块的编号。这样就可以(O(nlog n))了。
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-') w=-w;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) data=data*10+ch-'0';
return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x) {return x=read<T>();}
typedef unsigned uint;
co int N=1e6+1;
int n;
uint inc[N],dec[N];
std::set<int> s;
int main(){
read(n),read<int>(),read<int>(),read<int>();
for(int i=1;i<=n;++i){
if(read<int>()==1){
int a=read<int>(),b=read<int>();
int p=b/32,q=b%32;
if(a>0){
uint st=(uint)a<<q;
uint ic=(uint)a>>(31-q);ic>>=1;
uint od=inc[p];
inc[p]+=st,ic+=od>inc[p];
if(inc[p]^dec[p]) s.insert(p);
else if(s.count(p)) s.erase(p);
for(++p;ic;++p){
od=inc[p];
inc[p]+=ic,ic=od>inc[p];
if(inc[p]^dec[p]) s.insert(p);
else if(s.count(p)) s.erase(p);
}
}
else if(a<0){
a=-a;
uint st=(uint)a<<q;
uint ic=(uint)a>>(31-q);ic>>=1;
uint od=dec[p];
dec[p]+=st,ic+=od>dec[p];
if(inc[p]^dec[p]) s.insert(p);
else if(s.count(p)) s.erase(p);
for(++p;ic;++p){
od=dec[p];
dec[p]+=ic,ic=od>dec[p];
if(inc[p]^dec[p]) s.insert(p);
else if(s.count(p)) s.erase(p);
}
}
}
else{
int b=read<int>();
int p=b/32,q=b%32;
int ans=(inc[p]>>q^dec[p]>>q)&1;
uint v1=inc[p]%(1<<q);
uint v2=dec[p]%(1<<q);
if(v1<v2) printf("%d
",ans^1);
else if(v1>v2||s.empty()||p<=*s.begin()) printf("%d
",ans);
else{
std::set<int>::iterator it=s.lower_bound(p);--it;
if(inc[*it]>dec[*it]) printf("%d
",ans);
else printf("%d
",ans^1);
}
}
}
return 0;
}
用unsigned压位+分块维护二进制高精加减法