标签：Do log int 题解 highbit 枚举 端点 复杂度 Yurii
我的垃圾做法好像和别人有些不同，分享一下。
规定：记序列 \(s\) 表示序列 \(a\) 的前缀和，\(highbit(x)\) 表示数 \(x\) 的最高位，序列 \(a\) 值域为 \(m\)。
首先考虑枚举一个端点找答案，不妨枚举 \(l\)，然后寻找枚举 \(r\) 的性质来减少枚举。
考虑左端点 \(l\)，不难发现对于一个 \(l\) 之后最小的位置 \(k\) 满足 \(highbit(s_k-s_l)>highbit(a_l)\)，\(k\) 之后的所有位置 \(j\) 若要作为右端点 \(r\)，因为 \(a_l\) 的第 \(highbit(s_{j-1}-s_l)\) 位必然为 \(0\)，所以 \(j\) 必须满足 \(highbit(a_j) \geq highbit(s_{j-1}-s_l)\)，这时，对于 \(j\) 后的每一个位置 \(j'\)，显然 \(highbit(s_{j'-1}-s_l)\) 大于 \(highbit(s_{j-1}-s_l)\)，而 \(highbit\) 至多增大到 \(\log_2 m\)，所以 \(k\) 后满足条件的右端点数量最多只有 \(\log m\) 个。根据这个结论，只要对于每个位置预处理它后面第一个 \(highbit(a_j)\) 大于某个位的位置 \(j\)，即可将对满足 \(r>k\) 的右端点 \(r\) 的枚举优化到 \(O(n\log_2 m)\) 的复杂度。
然后考虑 \(r\leq k\) 的情况，直接暴力做复杂度就是对的，别的题解里都有这部分的证明，我就不再赘述。
时空复杂度均为 \(O(n\log_2 m)\)，代码见下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
typedef double db;
typedef long long ll;
inline int win(){
int x=0,w=0;char c=getchar();
while(c>'9'||c<'0') w|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return w?-x:x;
}
const int N=202020;
int p[N][31];ll a[N],s[N];
signed main(){
int n=win(),ans=0;
for(re int i=1;i<=n;++i) a[i]=win(),s[i]=a[i]+s[i-1];
for(re int j=0;j<30;++j) p[n][j]=n+1;
for(re int i=n,l;i>=1;--i){
l=63-__builtin_clzll(a[i]);
for(re int j=0;j<=l;++j) p[i-1][j]=i;
for(re int j=l+1;j<30;++j) p[i-1][j]=p[i][j];
}
for(re int i=1,j,lmt;i<=n;++i){
j=i+1,lmt=64-__builtin_clzll(a[i]);
for(;j<n&&s[j]-s[i]<(1ll<<lmt);++j) if(s[j]-s[i]==(a[i]^a[j+1])) ++ans;
if(j<n){
lmt=63-__builtin_clzll(s[j]-s[i]),j=p[j][lmt];
for(;j<=n&&lmt<=30;lmt=63-__builtin_clzll(s[j]-s[i]),j=p[j][lmt]) if((a[j]^a[i])==s[j-1]-s[i]) ++ans;
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
标签：Do,log,int,题解,highbit,枚举,端点,复杂度,Yurii 来源： https://www.cnblogs.com/whale-at-cola/p/solution-cf1438e.html
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