题意理解
为数不多的(CodeForces)上面题意写的较为简洁易懂的题目。
让你维护一个长度为(n)的序列，需要支持两种操作，一个是区间异或，即对于任意(iin [l,r])，我们需要将(a[i]operatorname{xor} x)。
第二个就是一个基本的区间求和。
数据范围：(nle 1e5)，(mle 5e4)，(a[i],x[i]le 1e6)。
解题思路
本题属于线段树进阶题，对线段树还不太了解的小伙伴们可以先学习一下线段树。
异或这个东西很麻烦，因为你不能把他跟加减乘除一样记录(tag)然后跑(lazy-tag)，所以我们要寻找新的出路。其实这道题带来的收获很大，我们考虑一下异或的运算方式，即对于数字(a)和(b)的每一位进行考虑。那么我们能不能根据这个性质照猫画虎呢？
我们发现，题目中给的数据范围是(10^6)，刚好比(2^{20})小一点点，也就是说，如果我们对每个数字进行二进制拆位的话，只需要(20)的空间就够了。所以，我们可以考虑如何用线段树来维护这个东西。我们开(21)棵线段树，每一棵线段树都存了这些数的一个二进制位，(20)位就可以满足题目的要求。
树确定完了之后我们考虑如何来建树。
针对我们这一群树的性质，显然建树需要一位一位的建。其实就是每次多了一个从(1)到(21)的循环，看起来是这个鸭子的：
for(int i=1;i<=21;i++) t[u][i].l=l,t[u][i].r=r;
如果(l==r)，即叶子结点，那么我们发现我们就需要这(21)棵树都分别划清界限，单独处理自己的那一位，也就是说，如果当前这个(a[l])的第(k)位（二进制位）是(1)，那么直接(t[u][k].sum=1;)
之后的(pushup)部分也是一样，需要循环(21)次。
建树部分代码：
void BuildTree(int u,int l,int r)
{
for(int i=1;i<=21;i++) t[u][i].l=l,t[u][i].r=r;
if(l==r)
{
for(int i=1;i<=21;i++) if(a[l]&(1<<(i-1))) t[u][i].sum=1;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
BuildTree(u*2,l,mid);
BuildTree(u*2+1,mid+1,r);
for(int i=1;i<=21;i++) t[u][i].sum=t[u*2][i].sum+t[u*2+1][i].sum;
}
建树完成之后我们考虑一下如何进行区间修改。
对于这个题目输入数据提供的，需要被异或的数字(x)来说，如果(x)的某一个二进制位是(0)，因为(0)异或任何数都是那个数本身，所以可以不用处理。如果某一个二进制位是(1)，那么显然这个(1)要去跟别人发生一遍运算，所以当且仅当：
for(int i=1;1<<(i-1)<=x;i++) if(x&(1<<(i-1)))的时候，我们才
Modify(1,l,r,i);
其中(Modify)中的参数(i)是位数。
进入(Modify)函数，这里我们要使用到一个很常见的结论，对于一个二进制串比如：
(1 0 1 1 1 0 1)
他现在有(5)个(1)，但是如果我把他们都异或一个(1)之后：
(1operatorname{xor}1=0 0operatorname{xor}1=1 1operatorname{xor}1=0 1operatorname{xor}1=0 1operatorname{xor}1=0 0operatorname{xor}1=1 1operatorname{xor}1=0)
发现没有，刚好反过来了，所以在(Modify)函数里，如果(l==r)，也就是我们要更新这个(sum)了，这个时候(t[u][k].sum=(t[u][k].r-t[u][k].l+1)-t[u][k].sum;)，也就是刚好反过来。
还有一个重点就是这道题目的(pushdown)函数，其实就是对他的子女们取反：
void pushdown(int u,int k)
{
if(t[u][k].tag)
{
t[u*2][k].tag+=t[u][k].tag;
t[u*2+1][k].tag+=t[u][k].tag;
// t[u][k].tag=0;
if(t[u][k].tag&1)
{
t[u*2][k].sum=(t[u*2][k].r-t[u*2][k].l+1)-t[u*2][k].sum;
t[u*2+1][k].sum=(t[u*2+1][k].r-t[u*2+1][k].l+1)-t[u*2+1][k].sum;
}
t[u][k].tag=0;
}
}
(Modify)完了之后就是(query)的部分，不得不提醒这道题的(query)是(1)操作，是反过来的。
(query)的时候显然我们需要把(21)个二进制位都计算一遍，即每次返回的时候都是(t[u][k].sum<<(k-1))。
每次循环的时候把结果累加即可。
(AC)代码
//Writer: Dijkstra6627
//Finished Time: May 4th, 2021
//Time Used: 1372 millisecond， 2638 to Time Limit
//All Rights Reserved
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5,M=25;
struct XorSegTree
{
int l,r;
long long sum,tag;
}t[N<<2][M];
int n,q,a[N];
long long ans,ans2;
int read()
{
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')
{
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
c=getchar();
}
return x*f;
}
void BuildTree(int u,int l,int r)
{
for(int i=1;i<=21;i++) t[u][i].l=l,t[u][i].r=r;
if(l==r)
{
for(int i=1;i<=21;i++) if(a[l]&(1<<(i-1))) t[u][i].sum=1;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
BuildTree(u*2,l,mid);
BuildTree(u*2+1,mid+1,r);
for(int i=1;i<=21;i++) t[u][i].sum=t[u*2][i].sum+t[u*2+1][i].sum;
}
void pushdown(int u,int k)
{
if(t[u][k].tag)
{
t[u*2][k].tag+=t[u][k].tag;
t[u*2+1][k].tag+=t[u][k].tag;
// t[u][k].tag=0;
if(t[u][k].tag&1)
{
t[u*2][k].sum=(t[u*2][k].r-t[u*2][k].l+1)-t[u*2][k].sum;
t[u*2+1][k].sum=(t[u*2+1][k].r-t[u*2+1][k].l+1)-t[u*2+1][k].sum;
}
t[u][k].tag=0;
}
}
void Modify(int u,int l,int r,int k)
{
if(l<=t[u][k].l && t[u][k].r<=r)
{
t[u][k].sum=(t[u][k].r-t[u][k].l+1)-t[u][k].sum;
t[u][k].tag++;
return ;
}
pushdown(u,k);
int mid=(t[u][k].l+t[u][k].r)>>1;
if(l<=mid) Modify(u*2,l,r,k);
if(mid<r) Modify(u*2+1,l,r,k);
t[u][k].sum=t[u*2][k].sum+t[u*2+1][k].sum;
}
void query(int u,int l,int r,int k)
{
if(l<=t[u][k].l && t[u][k].r<=r) {ans+=t[u][k].sum<<(k-1);return ;
}
pushdown(u,k);
int mid=(t[u][k].l+t[u][k].r)>>1;
// int res=0;
if(l<=mid) query(u*2,l,r,k);
if(mid<r) query(u*2+1,l,r,k);
t[u][k].sum=t[u*2][k].sum+t[u*2+1][k].sum;
// return res;
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
BuildTree(1,1,n);
q=read();
while(q--)
{
int op=read();
if(op==2)
{
int l=read(),r=read();
int x=read();
for(int i=1;1<<(i-1)<=x;i++) if(x&(1<<(i-1))) Modify(1,l,r,i);
}
else
{
ans=0;
int l=read(),r=read();
for(int i=1;i<=21;i++)
{
ans2=0;
query(1,l,r,i);
ans+=ans2;
}
cout<<ans<<endl;
}
}
return 0;
}