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MZL's xor

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others) Total Submission(s): 1276    Accepted Submission(s): 792 Problem Description MZL loves xor very much.Now he gets an array A.The length of A is n.He wants to know the xor of all ( Ai + Aj )( 1≤i,j≤n ) The xor of an array B is defined as  B1  xor  B2 ...xor  Bn   Input Multiple test cases, the first line contains an integer T(no more than 20), indicating the number of cases. Each test case contains four integers: n , m , z , l A1=0 , Ai=(Ai−1∗m+z)   mod   l 1≤m,z,l≤5∗105 , n=5∗105   Output For every test.print the answer.   Sample Input 2 3 5 5 7 6 8 8 9   Sample Output 14 16

大意：已知数组A[n]中A[1]=0，A[i]=(A[i-1]*m+z)%l，求对于数组B[m]，B[1] xor B[2] …… B[m-1] xor B[m]的值。其中B[k]的值为(A[i]+A[j])。 思路： 假设A[4]={a,b,c,d}；则B[k]=(A[i]+A[j])={a+a,a+b,a+c,a+d,b+a,b+b,b+c,b+d,c+a,c+b,c+c,c+d,d+a,d+b,d+c,d+d}；则对于数组B[16]，B[1] xor B[2] …… B[15] xor B[16] =(a+a)^(a+b)^(a+c)^(a+d)^(b+a)^(b+b)^(b+c)^(b+d)^(c+a)^(c+b)^(c+c)^(c+d)^(d+a)^(d+b)^(d+c)^(d+d) =(2a)^(a+b)^(a+c)^(a+d)^(b+a)^(2b)^(b+c)^(b+d)^(c+a)^(c+b)^(2c)^(c+d)^(d+a)^(d+b)^(d+c)^(2d) =(a+b)^(b+a)^(a+c)^(c+a)^(a+d)^(d+a)^(b+c)^(c+b)^(b+d)^(d+b)^(c+d)^(d+c)^(2a)^(2b)^(2c)^(2d) =0^0^0^0^0^0^(2a)^(2b)^(2c)^(2d) =(2a)^(2b)^(2c)^(2d) 如上例所示，对于B[1] ^ B[2] ^ …… ^ B[m-1] ^ B[m]，可以任意交换两个数的位置，再进行异或运算，而对于B[k1]和B[k2]，当B[k1]=A[i]+A[j]，B[k2]=A[j]+A[i]（i!=j）时，可以先运算B[k1] ^ B[k2] = 0，最终对于B[1] ^ B[2] ^ …… ^ B[m-1] ^ B[m]，就是0^0^……^0^(A[1]+A[1])^(A[2]+A[2])^ …… ^(A[n-1]+A[n-1])^(A[n]+A[n])。

#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #define LL long long using namespace std; LL n,m,z,l; int main() { int t; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&z,&l); LL a=0,ans=0; for(int i=2;i<=n;i++) { a=(a*m+z)%l; ans^=a; } printf("%lld\n",ans<<1); } return 0; }