https://codeforces.com/contest/1879/problem/D
关键在于互换两个 \(\sum\) 的顺序
一般像这样计算所有子区间的式子，如果要优化成接近线性，有一种可行思路是把注意力放在右端点，通过不断移动右端点，在移动的时候利用前面的统计结果算出移动右端点后的结果，从而得出所有子区间的答案。然后还有一个显然有用的套路是前缀和，这里记 $s_i=a_1 \oplus a_2\oplus ···\oplus a_{n-1}\oplus a_n $ ，\(s_{i,j}\) 为 \(s_i\) 二进制的第 \(j\) 位，我们会发现 \(\sum_{l=1}^{n}\sum_{r=l}^{n}f(l,r)=\sum_{i=0}^{32}\sum_{l=1}^{n}\sum_{r=l}^{n}s_{l,i} \oplus s_{r,i}\times 2^i\)
由于上面的式子可以优化成 \(O(n\operatorname{log}V)\)，我们受到启发推出下面的式子
\(\sum_{l=1}^{n}\sum_{r=l}^{n}f(l,r)\times(r-l+1)\)
\(=\sum_{r=1}^{n}\sum_{l=1}^{r}f(l,r)\times(r-l+1)(调换∑位置)\)
\(=\sum_{r=1}^{n}\sum_{l=1}^{r}\sum_{i=0}^{32} s_{l,i} \oplus s_{r,i}\times 2^i\times(r-l+1)\)
\(=\sum_{r=1}^{n}\sum_{i=0}^{32} \sum_{l=1}^{r}[ s_{r,i}\oplus s_{l,i} =1]\times 2^i\times(r-l+1)\)
\(=\sum_{r=1}^{n}\sum_{i=0}^{32} 2^i\times\sum_{l=1}^{r}([ s_{r,i}\oplus s_{l,i} =1]\times r-[ s_{r,i}\oplus s_{l,i} =1] \times (l-1))\)
把 \(r\) 视作常量再观察上面的式子，你就会发现最后一维可以被优化掉，因为 $\displaystyle \sum_{l=1}^{r}[ s_{r,i}\oplus s_{l,i} =1]\times r $ 和 \(\displaystyle \sum_{l=1}^{r}[ s_{r,i}\oplus s_{l,i} =1]\times (l-1)\) 都可以预处理。
void solve()
{
// #define tests
int n; std::cin >> n;
std::vector<int> a(n); for (auto& x : a) {std::cin >> x;}
PrefixXor<i64> pre_xor(a);
std::vector cnt(2, std::vector<Z>(31));
auto sum(cnt);//维护该数之前该位上为0/1的个数
cnt[0].assign(31, 1);//一开始0的个数赋成1
Z ans = 0;
for (int r = 1; r <= n; r++) {//固定r，更新答案
for (int j = 30; j >= 0; j--) {
int x = (pre_xor(r) >> j & 1);
ans += (cnt[x ^ 1][j] * r - sum[x ^ 1][j]) * (1 << j);//找当前位相反的数码的数量，只用这样才能产生贡献，即异或和为 1
sum[x][j] += r; cnt[x][j] += 1;
}
}
std::cout << ans << '\n';
}