传送门

题意：

给你一个数组$a$，让你实现以下两个操作之后输出数组$a$。

$n\le 6e5,a_i\le 2^{30}-1$

思路：

下面介绍的思路清奇，反正我想不到。
对于两个操作，显然对于异或操作顺序是没有影响的，所以对于第一个操作可以直接打个差分即可。
对于第二个操作，我们本能的想把括号拆开，但是括号中是加法对于异或来说没有分配律，所以考虑$(x+(i-l))$将加法转换成或，假设$x$的$1$的最低位置在$2^k$处，如果$i-l<2^k$，那么此时$(x+(i-l))=(x|(i-l))$，此时$a_i\oplus (x+(i-l))=a_i\oplus (x|(i-l))=a_i\oplus x\oplus (i-l)$，也就是先让$i$位置异或上$x$，让后让$[i,i+2^k-1]$的位置分别异或上$0,1,...,2^k-1$。所以我们记一个$f[k][i]$数组表示是否需要将$[i,i+2^k-1]$的位置分别异或上$0,1,...,2^k-1$，之后将$x+(1<<k),l+(1<<k)$即可。
这样一直推下去，到最后会剩下一段小区间，这段区间我们直接倒着来一遍即可，因为他的后$k-1$位都是$0$，所以也满足上面的性质。
我们记了一个$f$数组，个人感觉怎么用它也是一个比较难想到的点。我们可以用类似倍增实则是倍增的逆过程来递推下去，是一种分治的思想。
考虑当前遍历到了$f[i][k]$，那么我们可以将其分成两段来看，两段分别是$[i,i+2^{k-1}-1],[i+2^{k-1},i+2^k-1]$。
对于第一段，我们直接将$f[i][k-1]$标记一下，让后等分治下去处理即可。对于
对于第二段，我们将$f[i+2^{k-1}][k-1]$标记一下，这样还不够，因为这一位及其之后应该异或上$2^{k-1},2^{k-1}+1,...,2^k-1$，根据上面的转换公式，我们可以将$i+2^{k-1}$差分数组的位置异或上$2^{k-1}$即可，这样就可以不断的分治递推下去，代码写起来很像倍增的逆过程。。

// Problem: Kuriyama Mirai and Exclusive Or
// Contest: NowCoder
// URL: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11254/I
// Memory Limit: 131072 MB
// Time Limit: 6000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native")
//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
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#include<sstream>
#include<ctime>
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#include<random>
#include<cassert>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n,m;
int a[N];
int d[N],f[30][N];int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);while(m--) {int op,l,r,x; scanf("%d%d%d%d",&op,&l,&r,&x);if(op==0) d[l]^=x,d[r+1]^=x;else {int k=0;while(l+(1<<k)-1<=r) {if(x>>k&1){int now=l+(1<<k);d[l]^=x; d[now]^=x;f[k][l]^=1;x+=(1<<k); l=now;	}k++;}while(l<=r) {if(l+(1<<k)-1<=r) {int now=l+(1<<k);d[l]^=x; d[now]^=x;f[k][l]^=1;x+=(1<<k); l=now;	}k--;}}}for(int i=29;i>=1;i--) {for(int j=1;j<=n;j++) {if(f[i][j]) {f[i-1][j]^=1;f[i-1][j+(1<<(i-1))]^=1;d[j+(1<<(i-1))]^=(1<<(i-1));d[j+(1<<i)]^=(1<<(i-1));}}}for(int i=1;i<=n;i++) d[i]^=d[i-1];for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",a[i]^d[i]);return 0;
}
/**/