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一般這種位運算的題都要把每一位拆開來看，因為位運算每個位的結果這和這一位的數有關。
這樣我們用s[i]表示a的字首和，即 $ a[1]+a[2]+....a[i] $ ，然後我們從這些數二進位制最右位 $ 2^0 $ 開始，按照每一位對答案的貢獻來計算。
假設我們現在算到最右位 $ 2^0 $ ,並且位於第i個數，我們想要知道以i結尾的連續和對答案的貢獻，只需要知道有多少 $ s[i]-s[j]（0<=j如果這個數是奇數，就說明異或了1奇數次，也就相當於異或了1，我們只需要把記錄這一位總的異或貢獻的變數 $ cnt $ 異或1即可；
如果是偶數就不用管了，對答案沒有貢獻。
對於數的每一位如果最後 $ cnt=1 $ 的話，就說明在這一位所有連續和的異或和為1，我們就需要把答案加上(1<<(這個位數））。
那如何快速計算有多少個 $ s[i]-s[j] $ 的二進位制第k位是否為1呢？？
答案是利用權值樹狀陣列。
考慮到 $ \sum a $ 最大才有1000000，我們構造兩棵權值樹狀陣列，一棵記錄當前位為1的，另一棵記錄為0的。
如果當前掃瞄到的 $ s[i] $ 的二進位制第k位為1，那麼對這一位的答案有貢獻的只有那些第k位為1且第k位向右的數比 $ s[i] $ 第k位向右的數大的或者第k位為0且第k位向右的數不比 $ s[i] $ 第k位向右的數大的。
因為如果第k位都為1的話，那麼只有後面那些位的和大於s[i]的數， $ s[i] $ 減去它之後第k位才能出現1（因為s[i]比它小的話需要向更高位借數，就和小學學的橫式減法差不多），從而對答案作出貢獻；
如果第k位為0的話，如果後面再比 $ s[i] $ 大的話， $ s[i] $ 第k位的1就需要借給低一位的了，所以後面必須不比 $ s[i] $ 大。
這樣就很好用權值樹狀陣列維護了。。。。
#include #include #include #define ll long long
#define max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 4;
inline int read()
while(ch >= '0' && ch <= '9')
return x * f;
}ll s[maxn],a[maxn];
ll f[2][maxn],n,m,ans=0,now,cnt=0,tmp;
bool flag;
ll maxx;
inline int lowbit(int x)
inline void update(ll x,ll y)
inline ll query(ll x,ll y)
int main()
for(ll i=0; i<=20; i++)
if(cnt) ans += (1 << i);
} cout
}
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