Question

在the approach described below的实现中，我没有得到这两个循环如何考虑测试用例的哪一部分，我的意思是这两个循环如何涵盖所有可能性。请帮助

// loop to calculate initial 
// value of c_odd 
for (int j = 0; j < n; j++) { 
    if ((arr[j] & (1 << i)) > 0) 
        odd = (!odd); 
    if (odd) 
        c_odd++; 
}

和这个

for (int j = 0; j < n; j++) { 
    sum += (mul * c_odd); 

    if ((arr[j] & (1 << i)) > 0) 
        c_odd = (n - j - c_odd); 
}

怪胎对怪胎的描述：

最佳解决方案：为了更好地理解，让我们假设元素的任何一点都由变量“ i”表示，变量“ sum”用于存储最终和。

这里的想法是，我们将尝试查找设置了第i个位的XOR值的数量。让我们假设，存在第i个位设置为“ Si”个子阵列。对于第i位，总和可以更新为总和+ =（2i * S）。

那么，问题是如何实现上述想法？

我们会将任务分为多个步骤。在每一步中，我们将尝试找到第i个位设置的XOR值的数量。现在，我们将把每个步骤分为几个子步骤。在每个子步骤中，我们将尝试查找从索引“ j”（其中j在0到n – 1之间变化）和第X位设置为第i个位的子数组的数目。对于第i个位将被设置，子阵列的奇数个元素应在第i个位进行设置。对于所有位，我们将在变量c_odd中存储从j = 0开始的子数组数量的计数，第i位设置为奇数个元素。然后，我们将遍历数组的所有元素，并在需要时更新c_odd的值。如果到达设置了第i位的元素“ j”，则将c_odd更新为c_odd =（n – j – c_odd）。这是因为，由于我们遇到了置位的问题，因此第i位设置为偶数个元素的子数组的数量将切换为第i位设置为奇数个元素的子数组的数量。

Answer 1

这是一个很好的例子，表明对程序进行更仔细，更具描述性的阐述可以使它更易于理解和正确。

我们正在分别查看每个位。

让我们考虑第一个循环：它计算有多少个从索引0开始的子数组具有当前位集的奇数。（似乎很清楚如何实现这一计数，但您可以随时询问。）

现在，在第二个循环中，我们可以使用此信息（并更新它）作为所有我们当前所在的子数组（而不是从索引0开始）稍后。假设初始计数为2，n = 10，当前位设置在数组索引4和6的元素上。

现在，在每次迭代中，我们都在标记正在计数的子数组的左/下限。我们已经知道有2个子数组从索引0开始，到“某个地方以后”结束。但是，由于直到索引4才设置该位的实例，因此可以说对于低限1、2、3和4来说，此计数也成立：从子索引开始有2个子数组计数，然后在“某个地方结束”。 “

当到达索引4时，魔术发生了，我们需要更新计数。如果到现在为止，有2个子数组的起始位置为奇数i，然后从“后”结束，则有10 - here - 2个子数组的计数为{em> even {1}}设置从此处开始到“以后”结束（A [4..4]，A [4..5]，... A [4..9]，但不包括A [4..4]和A [4..5]仅设置了一个i位计数）。

当我们到达索引4时，我们重新计算子数组的数量，其中奇数i设置为i，从这里开始，到“某处稍后”结束通过设置位的实例，我们可以将以前具有偶数的所有子数组翻转到我们的新度量。

所有子数组的异或

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