对于这种异或类的题目，我们可以考虑从异或运算性质下手
我们记\(sum[i] = \sum_{j = 1} ^ {i}a[j]\)
不难发现，如果我们对每一位分开考虑，若我们在求第x为的答案，记所有区间的连续的和有K个该位为1，那么跟据异或的运算法则，这一位对答案有贡献当且仅当K为奇数，且对答案的贡献为\(K\ \%\ 2 * 2 ^ x\)
说得更具体点，我们要求的式子变成了：
\[\sum_{k = 0} ^ {2 ^ k <= sum[n]}\ *\ ((\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^i(sum[i] - sum[j - 1]) >> k\ \&\ 1)\ \%\ 2)\ *\ 2 ^ k\]
我们单独看里面的柿子：
\[\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^i(sum[i] - sum[j - 1]) >> k\ \&\ 1\]
其实问题已经转化为：给定\(sum[i]\)，求有多少个\(j(j\in[0,\ i - 1])\)，满足\(sum[i] - sum[j]\)的第K位为1
这个问题看上去很好处理，貌似是只要求出有多少个\(sum[i]\)与\(sum[j]\)的第K位不同即可，我们只需要记录\(sum[i] >> k\)的一个前缀和即可。
但是这道题目十分弟弟，因为异或的减法是可以进位的，所以我们并不能直接向刚刚那么算。
为了方便，我们定义\(sum[i]_k\)表示\(sum[i]\)的第K位，\(sum[i]_{1\ -\ k}\)表示sum的1~k位 （原谅我'~'打不出来） 的和
我们先进行分类讨论：
一、如果\(sum[i]_k = 1\)，那么能对答案产生贡献只有两种情况：
\(1.sum[j]_k = 0\ \&\&\ sum[j]_{1\ - \ k - 1} <= sum[i]_{1 - k - 1}\)
\(2.sum[j]_k = 1\ \&\&\ sum[j]_{1\ -\ k - 1} > sum[i]_{1\ -\ k - 1}\)
二、如果\(sum[i]_k = 0\)，那么能对答案产生贡献也只有两种情况：
\(1.sum[j]_k = 1\ \&\&\ sum[j]_{1\ - \ k - 1} <= sum[i]_{1 - k - 1}\)
\(2.sum[j]_k = 0\ \&\&\ sum[j]_{1\ -\ k - 1} > sum[i]_{1\ -\ k - 1}\)
那么现在问题来了，我们怎么判断进位呢？
注意到\(\sum a[i]\)不会太大
我们可以把\(sum[i]_{1\ -\ k - 1}\)扔到两颗权值树状数组内，一棵存0的，另一颗存1的
注意：树状数组的下标可能为0，所以我们要把所有下标+1
\(Code:\)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
using namespace std;
#define il inline
#define re register
#define int long long
il int read() {
re int x = 0, f = 1; re char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - 48, c = getchar();
return x * f;
}
#define rep(i, s, t) for(re int i = s; i <= t; ++ i)
#define mem(k, p) memset(k, p, sizeof(k))
#define lb(x) (x)&(-(x))
#define maxn 1000005
int n, m, a[maxn], sum[maxn], ma, Ans, ans;
struct Tree {
int t[maxn];
il void add(int u, int v, int x) {
while(u <= x) t[u] += v, u += lb(u);
}
il void Add(int u, int v, int x) {
add(u + 1, v, x + 1);
}
il int query(int u) {
int ans = 0;
while(u) ans += t[u], u -= lb(u);
return ans;
}
il int query(int l, int r) {
return query(r + 1) - query(l);
}
}A, B;//A表示0的树状数组，B表示1的
signed main() {
n = read();
rep(i, 1, n) a[i] = read(), sum[i] = sum[i - 1] + a[i], ma = max(ma, sum[i]);
for(re int k = 0; (1 << k) <= ma; ++ k) {
memset(A.t, 0, sizeof(A.t)), memset(B.t, 0, sizeof(B.t)), Ans = 0;
int pax = (1 << k) - 1;//我们只考虑1~k位
rep(i, 0, n) {
int temp = sum[i] & pax;//求出sum[i]_{1-k}
//cout << k << ' ' << temp << endl;
if((sum[i] >> k) & 1) {
Ans += A.query(0, temp) + B.query(temp + 1, pax), B.Add(temp, 1, pax);
}
else {
Ans += B.query(0, temp) + A.query(temp + 1, pax), A.Add(temp, 1, pax);
}
}
//cout << Ans << ' ' << ans << endl;
ans += (Ans % 2) * (1 << k);
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}