第一题：（没有链接）
题目大意：给你n个数（n <= 1000000），第i个数用ai表示（每个a <= 1000000），求出每个数与其之后的数的xor和。
举个例子吧，比如三个数1 2 3答案就应该为1 xor 2 + 1 xor 3 + 2 xor 3 = 4;
题解：
首先有一个O(n*n)的算法，就是暴力枚举，可以过40%数据。
程序大体：
for (int i = 1;i < n;i ++)
for (int j = i + 1;j <= n;j ++) ans += a[i] ^ a[j];
很明显TLE，考虑一下两个数的二进制的某一位xor能产生贡献的条件是什么？就是两位不同。。。 也就是其中一个是1，另一个是0二进制下的这一位就可以产生贡献。咦？好像有很大的用。那么我们可以很容易的想到乘法原理。。。怎么用呢，用cnt[i]表示n个数在二进制下的第i为1的有多少个，那么为0的自然就是n - cnt个，我们可以这样考虑，让每一个这一位为1的和每一个这一位为0的进行xor，这样是可以产生贡献的。然后就用cnt * (n - cnt)种搭配能让这一位产生贡献（很明显这些搭配没有重复），那么只要让cnt * (n - cnt）乘以1 << k -1（k表示当前是第几个二进制位）就可以得到第k位的和了。
代码如下：
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int n;
long long ans, a;
long long cnt[30];
int main(){
scanf("%d", &n);
for (int i = 1;i <= n;i ++){
scanf("%lld", &a);
for (int i = 1;i <= 20;i ++) if (1 << (i-1) & a) cnt[i]++;
}
for (int i = 1;i <= 20;i ++) ans += cnt[i] * (n-cnt[i]) * (1 << i-1);
printf("%lld", ans);
}
//tips:别忘了用long long
第二题：题目链接
题目大意：给你n个数（n <= 1e5），每个数为ai（每一个a <= 1e9）求每个区间xor值的和，这里吐槽一下，说的数据是1e9实际只有2的16次方的数据（洛谷第一个讨论看见的）
举个例子吧，比如两个数1 2，你需要输出的就是1 + 2 + 1 xor 2 = 6，单独的一个数也叫一个区间。
题解：同样的暴力枚举每一区间复杂度O（n*n），TLE。。。做这道题需要知道若a xor b = c， 那么a xor c = b;（我不会证明，这是xor的运算性质），然后我们同样的向二进制方向想，对于每一位产生贡献进行考虑，若[l, r]这个区间对于这一位能产生贡献的条件就是其中1的个数为奇数且0的个数为偶数，或者0的个数为奇数且1的个数为偶数。那么我们可以求出xor的前缀也就是sum[i]表示前i个数的异或值。那么统计答案只需要求出对于二进制下的每一位这n个前缀中有几个1，用cnt表示，有几个0（也就是n - cnt）然后让每一个1与每一个0组合形成一个区间然后统计就是cnt (n-cnt) 1 << (k -1);
但是这样是错的，你会发现你让他们组合了却没有考虑到1-X这样的区间也就是让还有cnt个也可以产生贡献。所以答案统计应该是(cnt (n - cnt) + cnt) 1 << (k - 1)也就是cnt (n - cnt + 1) 1 <<(k -1）;
代码：
#include <cstdio>
#include <iostream>
const int maxn = 100010;
using namespace std;
int n;
long long ans;
long long sum[maxn];
int main(){
scanf("%d", &n);
for (int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%lld", &sum[i]), sum[i] = sum[i-1] ^ sum[i];
for (int i = 1;i <= 17;i ++){
long long cnt = 0;
for (int j = 1;j <= n;j ++) if (sum[j] & (1 << (i-1))) cnt ++;
ans += cnt * (n - cnt + 1) * (1 << i - 1);
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
//tips:别忘了开long long
蒟蒻开始跑路。。。