拆位的引入
我们来思考这么一个问题，如果给你一个数组，让你去求一个数组里面所有连续子串的异或和的和，问你该怎么求？
我们该如何去处理，首先肯定是会想到暴力的思路，第一层循环遍历左端点，第二层循环去遍历右端点，第三层循环去遍历区间内所有值的异或和，然后累加，时间复杂度为O(n^3)，如果数据很大，那么暴力肯定是不行的，那么我们就要考虑该如何去优化？
我们首先想到的就是从异或操作的性质去想办法优化，我们首先想到的性质肯定是 a^b^b=a;那么我们可以想到这样的一种操作，如果用S(L,R)表示区间L~R之间的异或和，用pi表示从1~i位置的异或和，那么我们可以想到S(L,R)=pR^pL-1;这样就可以让去查询异或和的操作的时间复杂度变为O(1),但整体的时间复杂度仍然为O(n^2)，在面对大数据的时候仍然很乏力，有没有一种更好的优化方式可以使其时间复杂度降为O(n)或者O(logn)呢？
很明显，我们已经很从异或的性质上找到更多线索了，我们可以考虑从二进制的本质入手，不如将其每一位数都拆开，去统计1的个数和0的个数，只有1的个数为奇数的时候，这一位才能计算贡献，我们从上面的异或操作性质已经发现，我们要找到一段区间有贡献，实际上就是去算两个点上的异或，所以我们只需要保证其中一个点是1，一个点是0即可，那么我们就可以得到最终的结果，1的数量乘以0的数量*此位的贡献值即可得到最终的结果
这就是拆位法以及贡献思想
话不多说，来看样题
例题：
P9236 [蓝桥杯 2023 省 A] 异或和之和
很明显是一个拆位思想的板题
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n;
int a[100005];
int cnt1,cnt0;
int ans=0;
signed main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];a[i]^=a[i-1];}for(int i=0;i<=20;i++){cnt1=0;cnt0=1;for(int j=1;j<=n;j++){if((a[j]>>i)&1){cnt1++;}else{cnt0++;}}ans+=cnt1*cnt0*(1<<i);}cout<<ans;return 0;
}
E - Xor Sigma Problem
一个不算变式的变式，只是说左区间不能等于右区间，去掉单独的值的和就是最终结果，也是拆位板题
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n;
int a[200005];
int s=0;
signed main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];s+=a[i];a[i]^=a[i-1];}int ans=0;int cnt1,cnt0;for(int i=0;i<=30;i++){cnt1=0;cnt0=1;for(int j=1;j<=n;j++){if((a[j]>>i)&1){cnt1++;}else{cnt0++;}}ans+=cnt1*cnt0*(1<<i);}cout<<ans-s;return 0;
}C. Bitwise Balancing
这题怎么说呢？算是没有用到异或性质的拆位思想问题吧，看到二进制问题就可以先去拆位处理了，我们去观察这个问题的每一位上是如何进行操作的，总共有三个数，共有八种情况，每一种情况都对应了a这一位上的数应该是多少，或者说是不存在的，然后拆位去看每一位上的操作即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long longint t, a, b, c, d;void solve()
{cin >> b >> c >> d;a = 0;for (int i = 61; i >= 0; i--){bool bitB = (b >> i) & 1;bool bitC = (c >> i) & 1;bool bitD = (d >> i) & 1;if (!bitB && !bitC && !bitD){continue; }else if (!bitB && !bitC && bitD){a += (1LL << i); }else if (bitB && !bitC && !bitD){cout << -1 << "\n"; return;}else if (bitB && !bitC && bitD){continue; }else if (!bitB && bitC && !bitD){continue; }else if (!bitB && bitC && bitD){cout << -1 << "\n"; return;}else if (bitB && bitC && !bitD){a += (1LL << i); }else if (bitB && bitC && bitD){continue; }}cout << a << "\n";
}signed main()
{cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}
