题目大意

给定$n$个整数$a_1,a_2,\dots ,a_n$，求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i}^n(\underset{k=i}{\overset{j}{⨁}}{a}_k{)}^2$$

输出答案模$998244353$后的值。

注： $\underset{k=i}{\overset{j}{⨁}}{a}_k=a_i\oplus a_{i+1}\oplus \cdots \oplus a_j$

$1\le n\le 2\times 10^5,1\le a_i\le 2\times 10^5$

题解

令$d_i=\underset{j=1}{\overset{i}{⨁}}{a}_j$，则原式变为

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i}^n(d_j\oplus d_{i-1}{)}^2$$

我们按位来考虑，枚举每一位$k$，那么原式变为

$$\sum _{k=0}^{mx}{2}^k\sum _{(d_j\oplus d_{i-1})\&2^k=2^k}(d_j\oplus d_{i-1})$$

其中$mx$表示所有$d_i$的二进制最高位的是从低到高的第几位。

我们可以用$vector$来存每一位为$0$或为$1$的数。也就是说，对于每个数$d_i$，枚举它的每一位$k$，如果这一位为$0$，则将$d_i$放在$v_{k,0}$中；如果这一位为$1$，则将$d_i$放在$v_{k,1}$中。这里的$v_{k,0/1}$是$vector$类型的。

然后，枚举每一个$k$，我们要求的就是$\sum _{(d_j\oplus d_{i-1})\&2^k=2^k}(d_j\oplus d_{i-1})$。既然要异或后的第$k$位为$1$，那么$d_j$和$d_{i-1}$的第$k$位肯定不同。那么，我们需要求$v_{k,0}$和$v_{k,1}$中各取一个数来异或，然后将所有情况求和。

这怎么处理呢？我们还是按每一位来计算。枚举每一位$t$，如果异或和的第$t$位为$1$，则在$v_{k,0}$中选的数和$v_{k,1}$中选的数的第$t$位肯定不同。那么，我们记录$v_{k,0}$中的每一位$t$有多少个数为$0$，多少个数为$1$，记为$h{v}_{t,0/1}$，那么对于$v_{k,1}$中的每一位$t$，设这一位为$v$（$v$的值为$0$或$1$），其贡献为$2^t\times h{v}_{t,1-v}$。

注意$d_0$也要加入$vector$。因为这是$v_{k,0}$中的数异或$v_{k,1}$中的数，所以是有序的，不需要除以$2$。

时间复杂度为$O(n{\log }^{2}n)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200000;
const long long mod=998244353;
int n,a[N+5],b[N+5],hv[25][2];
long long ans=0;
vector<int>v[25][2];
int main()
{
//	freopen("origen.in","r",stdin);
//	freopen("origen.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for(int j=0;j<=19;j++){v[j][0].push_back(0);}for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);b[i]=b[i-1]^a[i];for(int j=0;j<=19;j++){v[j][(b[i]>>j)&1].push_back(b[i]);}}for(int i=0;i<=19;i++){for(int j=0;j<=19;j++) hv[j][0]=hv[j][1]=0;for(int j=0;j<v[i][0].size();j++){int t=v[i][0][j];for(int k=0;k<=19;k++){++hv[k][(t>>k)&1];}}long long tmp=0;for(int j=0;j<v[i][1].size();j++){int t=v[i][1][j];for(int k=0;k<=19;k++){int vk=((t>>k)&1)^1;tmp=(tmp+1ll*hv[k][vk]*(1<<k))%mod;}}ans=(ans+tmp*(1<<i))%mod;}printf("%lld",ans);return 0;
}