传送门

•题意

  给你一个包含 n 个数的序列 a,定义序列上的两个操作:

    (1)$1,l,r\ :\ ans=\sum_{i=l}^{r}a_i$;

    (2)$2,l,r,x\ :\ \forall\ i \in[l,r],a_i = a_i\ xor\ x$;

  输出操作(1)对应的 ans 值;

•题解

  因为是异或操作,而异或设计的运算都是在二进制上进行的;

  所以考虑按照二进制位建立线段树;

  对于每个叶节点,将对应的数转化成二进制的每一位存入到节点信息中;

  然后就是区间更新,区间查询操作;

•Code

  CodeForces242E(1).cpp

•CF242E升级版

  题目来源与 【2019ICPC亚洲区域赛银川赛站网络预选赛A. Simple Data Structures

  相比于 CF242E 这道题,对序列的操作增加了两个:

    (1)$1,l,r\ :\ ans=\sum_{i=l}^{r}a_i$;

    (2)$2,l,r,x\ :\ \forall\ i \in[l,r],a_i = a_i\ xor\ x$;

    (3)$2,l,r,x\ :\ \forall\ i \in[l,r],a_i = a_i\ |\  x$

    (4)$2,l,r,x\ :\ \forall\ i \in[l,r],a_i = a_i\ \&\  x$

•思路

  和上题思路差不多,考虑到开 20 棵线段树维护以上操作;

  难点在于如何 lazy,以及如何 pushDown();

  考虑到 ^,|,& 的特点;

  对于某个数的二进制的第 i 位,假设为 bit[i];

  易得 bit[i] ^ 0 = bit[i] , bit[i] | 0 = bit[i] , bit[i] &1 = bit[i];

     bit[i] ^ 1 : 相当于反转 bit[i];

     bit[i] | 1 = 1;

     bit[i] & 0 = 0;

  也就是说只有后三个操作才有用;

  考虑到 bit[i] 可能在这之前不止做依次操作;

  但是有一点可以肯定,遇到 bit[i] | 1,bit[i] = 1,不管其之前做过何种操作;

  同样,遇到 bit[i]&0,bit[i]=0;

  而如果先遇到 &0 , 在遇到 ^ 1,相当于将 bit[i] 赋值为 1;

  反之,如果先遇到 |1 , 在遇到 ^ 1,相当于将 bit[i] 赋值为 0;

  这样的话,定义 lazy 有四个取值:

    $lazy=\begin{cases} -1\ ,\ no\ operate\\ \ 0\ \ ,\ become\ 0 \\ \ 1\ \ ,\ become\ 1 \\ \ 2\ \ ,\ reverse\end{cases}$;

  向下传递懒惰标记的时候,要结合父节点的 lazy 和子节点的 lazy 进行更新;

•Code

  CodeForces242E(2).cpp

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