問題の意味
列の数に\（A_1、A_2、...、A_N \） 、求めている\（（A_1 + A_2）\ oplus（A_1 + A_3）\ oplus ... \ oplus（A_1 + A_N）\ oplus（A_2 + A_3） \ Oplus ... \ Oplus（A_2 A_N +）\ Oplus ... \ Oplus（A_ {} 1-N-A_N +）\）
"\ （\ Oplus \）は、" XOR演算です。
問題の解決策
アイデアは非常に巧妙なビット算術思考の質問、100人について、それを行うにはゲーム全体でDIV2フィールドで、非常に精通ビットコンピューティングではない人々のための難易度が比較的大きいです。
その答えは、すべてのビットが0または1であると考えられます。検討最初\（\ W）の奇数がある場合、位置\（a_iを+ a_j \）最初の\（W \）ビットが\（1 \） 、次いで、答えは（\ w）の\ビットが（\ 1）\。\（a_iを\）各番号の以下より\（W \）ビットのうち形態\（B_i \） 、すなわち構成コラムの数（B \）\、そう\（b_i = a_iを\＆（ 2 ^ {W + } -1。1）\）、\ （a_iを\）よりも大きい（W \）\する位置\（W \）ビットが影響を受けるものではありません。今では中に見出すことができる\（B_i \）最小\（1 \） 、最大\（1 + W 2 ^ {-1} \） 、そう\（b_i + b_j \）間隔の値
\（[2,2 ^ {W + 2} -2] \） の内部が、この時間は作る\（W \）ビットが\（1 \） 、次いで\（b_i + b_j \）であるべきである（\ [2 ^ 2、W ^ { -1 + 1 W}] \カップ[2 ^ {W + 1} + 2 ^ 2、W ^ {W 2 +} -2] \） で、それがいると判定された場合（\ b_i \） 、満足\（b_i + b_j \）\（W \）ビット\（1 \）\（b_j \）間隔で\（[2 ^ W-b_i 、2 ^ {1 + W} -1- b_i] \カップ[2 ^）+ 2 ^ W-b_i、2 ^ {W + 2} -2- b_i] \ {+ 1、W}は次いで（b_j \）\数が要件を満たすことです\（b_i + b_j \）数について。これは単に、比較的単純必要です\（B \）列挙を命じた（B_i \）\で、（B_1、B_2、...、\ B_ {I-1} \） の要件を満たすために探しています\（b_j \）その上に番号、理由\（B \）秩序あるので直接LOWER_BOUNDとUPPER_BOUNDが容易含まれる間隔数の数を解決することができます。合計場合最後に、\（b_j \）の数が奇数である場合、答え（\ W）\ビットが\（1 \） 。
複雑\（O（NlogNlogC）\） 、おそらく最悪が到着した、カウント\（2 \回10 ^ 8 \） 世界最速、1秒の価値があるレベルが、CFの評価機を、よりRANすることができ
コード
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
const int N=4e5+10;
const int M=1e7+10;
int n,a[N],b[N],ans;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int w=0;w<=24;w++){
for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=a[i]&(1<<w+1)-1;
sort(b+1,b+n+1);
LL temp=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int posl=lower_bound(b+1,b+i,(1<<w)-b[i])-b;
int posr=upper_bound(b+1,b+i,(1<<w+1)-1-b[i])-b;
temp+=posr-posl;
posl=lower_bound(b+1,b+i,(1<<w+1)+(1<<w)-b[i])-b;
posr=upper_bound(b+1,b+i,(1<<w+2)-2-b[i])-b;
temp+=posr-posl;
}
if(temp%2==1) ans+=(1<<w);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}