poj3495 Bitwise XOR of Arithmetic Progression

因为异或运算看成可以每一位单独单独做加法运算，也就是求

∑i=0312i⎛⎝⎜∑j=0⌊(y−x)z⌋⌊zj+x2i⌋)%2⎞⎠⎟

不妨写成更一般的形式，求

∑x=0n−1⌊ax+bc⌋

首先把a和b整除的部分提出来，得到

⌊ac⌋n(n−1)2+⌊bc⌋n+∑x=0n−1⌊a%c∗x+b%cc⌋

对于后面这个东西，不妨记f(x)=a%c∗x+b%cc。以点(n,⌊f(n)⌋)为原点，y轴负方向为x轴正方向，x轴负方向为y轴正方向建立新的直角坐标系。考虑到y≥f(n)和x<0的区域都没有整点，可以把这个东西看成新坐标系下原直线的整点个数。因此需要表示出新坐标系下原直线的斜率、截距和定义域。
斜率就是ca%c。定义域就是⌊f(n)⌋。截距需要求出f(w)=⌊f(n)⌋的w，解方程得到w=n−n%c−b%ca%c，因此截距是(an+b)a%c。
于是我们惊喜地发现，斜率和截距的分母一样，因此变成了和原来问题形式相同的问题。而且原来的整数对(a,c)变成了(c,a%c)。根据辗转相除，这样肯定能算完。于是问题就解决了，复杂度是O(log2n)。

#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;#define LL long longLL solve(LL n,LL a,LL b,LL c){    if (c==0) return 0;    return a/c*n*(n-1)/2+b/c*n+solve((a%c*n+b%c)/c,c,(a*n+b)%c,a%c)&1;}int main(){    LL x,y,z,n,ans;    while (scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z)==3)    {        ans=0;        n=(y-x)/z;        for (int i=0;i<32;i++) ans|=solve(n+1,z,x,1LL<<i)<<i;        printf("%lld\n",ans);    }}