6731. 【2020.06.17省選模擬】T3 擬賽

題目

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正解

先求出前綴和。考慮分界點前綴和的取值。
可以發現它的取值只有$2^k$種。具體證明考慮前面若干段的異或和都在集合$B$中，所以它一定是$B$中若干個數異或起來。

思考一下如何判定是否有答案。
如果整個序列的異或和爲$0$，就是找到任意一個在$B$中的前綴和。
如果整個序列的異或和不爲$0$，假如找到一個合法前綴和等於整個序列的前綴和，那麼一定有答案。因爲這個位置到最後這段區間的異或和爲$0$，於是這段區間就可以直接和上一段合併。
（後面值考慮異或和不爲$0$的情況。因爲後面可以發現能夠直接用它維護的東西，求出異或和爲$0$的答案。）
於是我們要找到這些合法的前綴和，只要有一個等於整個序列的異或和就完事了。
對於每種取值，我們求出它第一次出現的位置。這樣意味着往後轉移能有更多的選擇（強調：我們現在的目的是儘可能找到所有合法的前綴和）。
“轉移”：枚舉$B$集合中的一個數，異或一下求出一個新的前綴和，試着在後面找。

做一個優先隊列BFS，先處理位置小的。試着去轉移到另一個前綴和，如果轉移到了，加入隊列，並且標記；如果轉移不到，還是要標記。因爲現在位置是最小的，所以現在找不到，以後也找不到。
於是現在的問題是如何在某個位置後面快速地找到一個數（前綴和）且使其儘量靠前。並且支持區間異或一個數。
這個東西顯然就是個大分塊。每個塊維護bitset用以查詢，整塊打標記散塊暴力，這樣就可以在$O(Q2^k\sqrt n)$的時間複雜度內解決了。

還有什麼用哈希和vector上二分，或雙關鍵字基數排序之後二分的方法，看起來感覺可能快一些，但實際並沒有什麼卵用，反而常數大會拖慢程序速度。因爲總體複雜度還是$O(Q2^k\sqrt n)$，只是局部找數字的時候快一點。然而預處理這些東西的時間遠遠超過它們能夠優化的時間……
看似優美的想法使我浪費兩個小時卡常數

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代碼

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <cassert>
#include <ctime>
#define N 100010
#define B 1000
#define M (N/B+5)
int input(){
	char ch=getchar();
	while (ch<'0' || ch>'9')
		ch=getchar();
	int x=0;
	do{
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	while ('0'<=ch && ch<='9');
	return x;
}
int n,m;
int a[N],ps[N],all;
int k,b[5];
int bel[N],L[N],R[N];
bitset<1<<20> s[M];
int tag[M];
void build(int x){
	bitset<1<<20> *sx=&s[x];
	sx->reset();
	for (int i=L[x];i<=R[x];++i)
		sx->set(ps[i]);
}
void change(int l,int c){
	int x=bel[l];
	for (int i=l;i<=R[x];++i)
		ps[i]^=c;
	build(x);
	for (int i=bel[l]+1;i<=m;++i)
		tag[i]^=c;
}
int find(int x,int y,int v){
	v^=tag[x];
	for (int i=y;i<=R[x];++i)
		if (ps[i]==v)
			return i;
	return 0;
}
int query(int l,int v){
	if (s[bel[l]][v^tag[bel[l]]]){
		int tmp=find(bel[l],l,v);
		if (tmp)
			return tmp;
	}
	for (int i=bel[l]+1;i<=m;++i)
		if (s[i][v^tag[i]])
			return find(i,L[i],v);
	return 0;
}
bool vis[1<<20];
int h[100],nh;
bool cmph(int son,int fa){return son>fa;}
int q[100];
int BFS(){
	int cnt=0;
	nh=1;
	h[0]=0;
	vis[0]=1;
	q[++cnt]=0;
	while (nh){
		int x=h[0];
		pop_heap(h,h+nh--);
		for (int i=0;i<k;++i){
			int v=(ps[x]^tag[bel[x]])^b[i];
			if (vis[v]==0){
				vis[v]=1;
				q[++cnt]=v;
				int tmp=query(x+1,v);
				if (tmp){
					if (v==all){
						for (int j=1;j<=cnt;++j)
							vis[q[j]]=0;
						return 1;
					}
					h[nh++]=tmp;
					push_heap(h,h+nh,cmph);
				}
			}
		}
	}
	for (int i=1;i<=cnt;++i)
		vis[q[i]]=0;
	return 0;
}
int main(){
	freopen("contest.in","r",stdin);
	freopen("contest.out","w",stdout);
	n=input();
	int Q=input();
	for (int i=1;i<=n;++i){
		a[i]=input();
		ps[i]=a[i]^ps[i-1];
	}
	all=ps[n];
	for (int i=1;i<=n;i+=B){
		++m;
		L[m]=i;
		for (int j=i;j<i+B && j<=n;++j)
			bel[j]=m,R[m]=j;
	}
	for (int i=1;i<=m;++i)
		build(i);
	while (Q--){
		int op=input();
		if (op==1){
			int x=input(),c=input();
			c=a[x]^c;
			a[x]^=c;
			all^=c;
			change(x,c);
		}
		else{
			k=input();
			for (int i=0;i<k;++i)
				b[i]=input();
			sort(b,b+k);
			k=unique(b,b+k)-b;
			if (all){
				if (BFS())
					printf("yes\n");
				else
					printf("no\n");
			}
			else{
				int ans=0;
				for (int i=0;i<k && ans==0;++i)
					ans|=query(1,b[i]);
				if (ans)
					printf("yes\n");
				else
					printf("no\n");
			}
		}
	}
//	printf("time=%d %d\n",tim,clock());
	return 0;
}