XOR and Favorite Number（莫队算法+分块）

时间：2023-03-10 07:06:52
XOR and Favorite Number（莫队算法+分块）
E. XOR and Favorite Number
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Bob has a favorite number k and ai of length n. Now he asks you to answer m queries. Each query is given by a pair li and ri and asks you to count the number of pairs of integers i and j, such that l ≤ i ≤ j ≤ r and the xor of the numbers ai, ai + 1, ..., aj is equal to k.

Input

The first line of the input contains integers n, m and k (1 ≤ n, m ≤ 100 000, 0 ≤ k ≤ 1 000 000) — the length of the array, the number of queries and Bob's favorite number respectively.

The second line contains n integers ai (0 ≤ ai ≤ 1 000 000) — Bob's array.

Then m lines follow. The i-th line contains integers li and ri (1 ≤ li ≤ ri ≤ n) — the parameters of the i-th query.

Output

Print m lines, answer the queries in the order they appear in the input.

Examples
input
6 2 3
1 2 1 1 0 3
1 6
3 5
output
7
0
input
5 3 1
1 1 1 1 1
1 5
2 4
1 3
output
9
4
4
Note

In the first sample the suitable pairs of i and j for the first query are: (1, 2), (1, 4), (1, 5), (2, 3), (3, 6), (5, 6), (6, 6). Not a single of these pairs is suitable for the second query.

In the second sample xor equals 1 for all subarrays of an odd length.

题意：给你一个大小为n的序列，然后给你一个数字k，再给出m组询问

 询问给出一个区间，问这个区间里面有多少个区间的异或结果为k。
做法：我们可以先预处理出所有异或结果的前缀结果,a[n]表示前n个数的异或结果。这样做有什么好处？我们知道x^x=0,所以如果我们要求区间[i,j]上的异或结果，可以用a[j]^a[i-1]得到。因此，我们可以从左端点开始，枚举每一个点，枚举的途中用flag[]数组记录前缀和出现的次数(hash),比如前缀和2出现过一次，那flag[2]++;在查询的时候，a[i]^k就是我们要找的前缀和的大小，因为前面知道如果我们要求区间[i,j]上的异或结果，可以用a[j]^a[i-1]得到，所以我们要找之前有多少个前缀，和现在的前缀异或值为k，对应到flag数组去找a[i]^k的个数，并更新答案就行了。以上是异或处理部分。
接下来是莫队算法。莫队算法是一个暴力算法，用于解决区间问题。本质上是对询问分块。他的原理是假设我知道了[L,R]的值，我可以在o1的时间求出[L+/-1,R]和[L,R+/-1]的值，那么查询[L+/-k,R]和[L,R+/-k]的值需要k步。如果我们要查询多个区间的问题，其实就是一个曼哈顿最小生成树问题了（最少的边权和走完所有点），可以用曼哈顿最小生成树算法来处理莫队。不过其实还有更方便的算法，就是分块。我们可以根据区间左端点先进行分块，分为sqrt(n)块，块里面的元素按照右端点进行排序。这样排序后，考虑左端点，由于每个块只有sqrt(n)的大小，左端点移动最多也就sqrt(n)的复杂度，n个区间就n*sqrt(n)的复杂度。对于右端点，由于每个块的右端点是有序的，所以我们查询一个块上的值，最多是n(区间的最大值，这题是10*n),又有最多查询sqrt(n)块，复杂度也是n*sqrt(n)，总复杂度n*sqrt(n)。
补充：有种叫回滚莫队的算法，可以避免减法。有时候可能会遇到减法困难，比如用并查集维护区间联通块数的时候，合并很容易，但是从并查集里去掉一个数就没那么容易了，这个时候就需要回滚莫队。回滚莫队也是先对询问排序，方法同普通莫队，对于每个询问的[l,r]，分两种情况（我感觉这两种状态可以直接合并起来，不过这样要多记录右端点的最小值）：1、l和r在同一块，直接暴力查询。2、l和r不在同一块，那我们枚举每一个块，一共sqrtn块，右端点起始位置为块的最右端，对于每个询问先把右端点拓展到r，记录一下此时的状态a，然后左端点拓展到l，记录答案后把状态回滚到状态a，继续下一个询问。先不考虑回滚的复杂度，每次左端点最多移动sqrtn步，有q个左端点，左端点复杂度为qsqrtn。每一块的右端点最多移动n步，共有sqrtn块，复杂度nsqrtn。回滚的话，可以记录下每次被影响的状态，然后左端点回到状态a时的位置，再拓展一次左端点回复状态。顺便讲下上面提到的并查集维护区间联通块，可以按秩合并后记录下父节点情况，暴力拆边，或者直接可持久化并查集。还有一种双并查集做法，就是左边拓展和右边拓展各自维护一个并查集，右边并查集是正常并查集，左边并查集合并(u, v)时是先去右边并查集里面寻找fu = find(u), fv = find(v)，即uv的祖先节点，然后在左边并查集里合并(fu, fv)，这样每次进行并查集回滚的时候，只要清空左边并查集就可以了，就是把经过的点初始化就可以。
具体代码如下：
#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <algorithm>

#include <vector>

#include <queue>

#include <stack>

#include <map>

#include <set>

#define X first

#define Y second

#define clr(u,v); memset(u,v,sizeof(u));

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<int,int> pii;

const int maxn=<<;

const int INF=0x3f3f3f3f;

ll pos[maxn];

ll flag[maxn],ans[maxn];

int a[maxn];

struct node

{

    int l,r,id;

}Q[maxn];

bool cmp(node a,node b)

{

    if (pos[a.l]==pos[b.l])

    {

        return a.r<b.r;

    }

    return pos[a.l]<pos[b.l];

}

int n,m,k;

int L=,R=;

ll Ans=;

void add(int x)

{

    Ans+=flag[a[x]^k];

    flag[a[x]]++;

}

void del(int x)

{

    flag[a[x]]--;

    Ans-=flag[a[x]^k];

}

int main()

{

    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);

    int sz=sqrt(n);

    for (int i=;i<=n;i++)

    {

        scanf("%d",&a[i]);

        a[i]^=a[i-];

        pos[i]=i/sz;

    }

    for (int i=;i<=m;i++)

    {

        scanf("%d%d",&Q[i].l,&Q[i].r);

        Q[i].id=i;

    }

    flag[]=;

    sort(Q+,Q+m+,cmp);

    for (int i=;i<=m;i++)

    {

        while (L<Q[i].l)

        {

            del(L-);

            L++;

        }

        while (L>Q[i].l)

        {

            L--;

            add(L-);

        }

        while (R<Q[i].r)

        {

            R++;

            add(R);

        }

        while (R>Q[i].r)

        {

            del(R);

            R--;

        }

        ans[Q[i].id]=Ans;

    }

    for (int i=;i<=m;i++)

    printf("%I64d\n",ans[i]);

    return ;

}

2016-09-25 03:31:38

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