题目描述
作为一名新世纪共产主义的接班人，你认识到了资本主义的软弱性与妥协性，决定全面根除资本主义，跑步迈入共产主义。但是当你即将跨入共产主义大门的时候，遇到了万恶的资本家留下的与非电路封印，经过千辛万苦的研究，你终于把复杂的破解转变成了以下问题：
初始时你有一个空序列，之后有N个操作。
操作分为一下两种：
1 x：在序列末尾插入一个元素x(x=0或1)。
2 L R：定义nand[L,R]为序列第L个元素到第R个元素的与非和，询问nand[L,L]^nand[L,L+1]^nand[L,L+2]^......^nand[L,R]。
Nand就是先与，再取反
输入
从文件nand.in中读入数据。
输入第一行一个正整数N，表示操作个数。
接下来N行表示N个操作。
为了体现程序的在线性，记lastans为上一次操作二的回答，初始lastans=0,。对于操作1，你需要对x异或lastans。对于操作二，设现在序列中的元素个数为M，如果lastans=1，那么你需要作如下操作：L=M-L+1,R=M-R+1,swap(L,R)
输出
输出到nand.out中。
输出有多行。为对于每一个操作二的回答。
样例输入
6 1 1 1 1 1 0 2 1 2 2 1 3 2 2 3
样例输出
1 0 0
提示
【数据规模和约定】
数据点 N的规模 操作一的个数M1 操作二的个数M2
1 N<=1000 M1<=500 M2<=500
2 N<=1000 M1<=500 M2<=500
3 N<=200000 M1<=100000 M2<=100000
4 N<=200000 M1<=100000 M2<=100000
5 N<=1000000 M1<=900000 M2<=100000
题解：
据说正解是什么线段树（？）反正我跑得快233。
其实不是很难，推一下式子就好了。
Nand[ i ,j ]定义同题面。那么nand[i，j]=!(nand[ I , j-1 ]&a[ j ]) =。。。（！a[ I ]& a [ i+1]）&…….
F[ I ]表示nand[ 1,I ]。F[ j ]= ……！（（! F[i-1]&a [i ]）&a[ i+1 ]）……Sum[ i] =f[1]^…^f[I ]观察上下两式。F[j]与nand[ I ,J ]结果与！（a[ I ]& a [ i+1]）和！（（! F[i-1]&a [i ]）&a[ i+1 ]））有关。分类讨论一下，当A[I+1 ]==0时，两式结果相等，当A[I+1 ]==1时，那么仅在(A[ I ]==1&&F[I-1]==1)||(A[I]==0)时对答案可能产生影响。前者使这一层变成0与1，后者使这一层变成1与0 。
（具体不太好写，我在下面写一下式子）
当A[ I ]==1&&F[I-1]==1/（A[I]==0时可以自己画一下）
|
假设到A[I+X]之前A[I+?]都是1 |
&A[I+1] 然后！ |
&A[I+2] |
&A[I+3] |
&A[I+4] |
&A[I+5] |
… |
&A[I+X] |
|
a[ I ] |
0 |
1 |
0 |
1 |
0 |
… |
1 |
|
! F[i-1]&a [i ] |
1 |
0 |
1 |
0 |
1 |
… |
1 |
这也就意味着在F[I+X]之前F[I+y]与nand[I,I+Y]一直是相反的，所以他们的区间异或和仅与X的奇偶性有关（大家可以自己推一下）。从I+X到R，F数组的结果一直与nand[I,I+X+…]相等，这也就意味着这之后的F异或和与nand相等，所以这部分我们可以用F数组的答案来代替nand。再考虑前面F与nand不相等的部分。已经说过这部分异或和仅与X的奇偶性有关。
最终答案就是sum[R]^sum[L-1]^1（x为奇数）sum[R]^sum[L-1]（x为偶数）。对于查单点要特判233。
代码：
#include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; const int N=4000010; inline int read(){ int s=0,k=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') k=ch=='-'?-1:k,ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+(ch^48),ch=getchar(); return s*k; } int n,m; bool ans; bool f[N],a[N]; bool sum[N]; int main(){ n=read(); for(int i=1,op,x,l,r;i<=n;i++){ op=read(); if(op==1){ x=read()^ans; m++; a[m]=x; if(m==1) f[m]=x; else f[m]=1-(f[m-1]&x); sum[m]=sum[m-1]^f[m]; } else{ l=read(),r=read(); if(ans==1){ l=m-l+1,r=m-r+1; swap(l,r); } ans=a[l]; int j=l; bool s=1-(a[l]&a[l+1]); while(s!=f[j+1]&&j<r){ ans^=s; j++; s=1-(s&a[j+1]); } if(j<r){ ans^=sum[r]^sum[j]; } printf("%d ",ans); } } }
【注】：其实在查询【L,R】第一个0出现位置应用二分查或者链表，但题目数据太水，就直接暴力咯。
链表版（不是自己打的，懒，而且实测居然比暴力慢233）：
#include <algorithm> #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <cmath> using namespace std; const int M=4000000+10; int n,ans,cnt,p; int pre[M],nxt[M],sum[M],f[M],val[M]; inline int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} return x*f; } int main(){ n=read(); for(int i=1;i<=n;i++){ int opt,l,r; opt=read(); if(opt==1){ //cout<<opt<<endl; val[++cnt]=read(); val[cnt]^=ans; if(!val[cnt]){ nxt[p]=cnt; p=cnt; }else pre[cnt]=p; if(cnt==1) f[1]=sum[1]=val[cnt]; else{ f[cnt]=!(f[cnt-1]&val[cnt]); sum[cnt]=sum[cnt-1]^f[cnt]; } }else{ //cout<<opt<<endl; l=read();r=read(); if(ans==1){ l=cnt-l+1;r=cnt-r+1; swap(l,r); } if(l==r) { printf("%d ",ans=val[l]);continue;} if(val[l]==f[l]) {printf("%d ",ans=sum[r]^sum[l-1]);continue;} else{ int pos=nxt[pre[l]]; if(val[l]==0) pos=nxt[l]; pos=min(pos,r+1); int pd=pos-l; if(pd&1) {printf("%d ",ans=sum[r]^sum[l-1]^1);continue;} else {printf("%d ",ans=sum[r]^sum[l-1]);continue;} } //printf("%d ",sum[r]^sum[l-1]);continue; } } // while(1); return 0; }