CF-617E-XOR and Favorite Number（莫队）

E. XOR and Favorite Number

time limit per test

4 seconds

memory limit per test

256 megabytes

input

standard input

output

standard output

Bob has a favorite number k and ai of length n. Now he asks you to answer m queries. Each query is given by a pair li and ri and asks you to count the number of pairs of integers i and j, such that l ≤ i ≤ j ≤ r and the xor of the numbers ai, ai + 1, ..., aj is equal to k.

Input

The first line of the input contains integers n, m and k (1 ≤ n, m ≤ 100 000, 0 ≤ k ≤ 1 000 000) — the length of the array, the number of queries and Bob's favorite number respectively.

The second line contains n integers ai (0 ≤ ai ≤ 1 000 000) — Bob's array.

Then m lines follow. The i-th line contains integers li and ri (1 ≤ li ≤ ri ≤ n) — the parameters of the i-th query.

Output

Print m lines, answer the queries in the order they appear in the input.

Examples

input

6 2 31 2 1 1 0 31 63 5

output

70

input

5 3 11 1 1 1 11 52 41 3

output

944

Note

In the first sample the suitable pairs of i and j for the first query are: (1, 2), (1, 4), (1, 5), (2, 3), (3, 6), (5, 6), (6, 6). Not a single of these pairs is suitable for the second query.

In the second sample xor equals 1 for all subarrays of an odd length.

题目：http://codeforces.com/problemset/problem/617/E

题意：求i-j区间内异或值等于k的个数。

输入过程中异或a[i]^=a[i-1]；则有^[i...j] = a[i-1]^a[j]=k ,   则a[j]^k=a[i-1];莫队处理区间个数。

卿学姐莫队视频讲解：http://www.bilibili.com/video/av4291097/

莫队参考：http://blog.csdn.net/bossup/article/details/39236275

  要知道我们算完[L,R]的答案后现在要算[L',R']的答案。由于可以在O(1)的时间下得到[L,R-1]和[L,R+1]和[L-1,R]和[L+1,R]的答案.所以计算[L',R']的答案花的时间为|L-L'|+|R-R'|。如果把询问[L,R]看做平面上的点a(L,R).询问[L',R']看做点b(L',R')的话。那么时间开销就为两点的曼哈顿距离。所以对于每个询问看做一个点。我们要按一定顺序计算每个值。那开销就为曼哈顿距离的和。要计算到每个点。那么路径至少是一棵树。所以问题就变成了求二维平面的最小曼哈顿距离生成树。

关于二维平面最小曼哈顿距离生成树。感兴趣的可以参考点击打开链接

这样只要顺着树边计算一次就ok了。可以证明时间复杂度为n*sqrt(n)这个我不会证明。

但是这种方法编程复杂度稍微高了一点。所以有一个比较优雅的替代品。那就是先对序列分块。然后对于所有询问按照L所在块的大小排序。如果一样再按照R排序。然后按照排序后的顺序计算。为什么这样计算就可以降低复杂度呢。

一、i与i+1在同一块内，r单调递增，所以r是O(n)的。由于有n^0.5块,所以这一部分时间复杂度是n^1.5。
二、i与i+1跨越一块，r最多变化n，由于有n^0.5块，所以这一部分时间复杂度是n^1.5
三、i与i+1在同一块内时变化不超过n^0.5，跨越一块也不会超过2*n^0.5，不妨看作是n^0.5。由于有n个数，所以时间复杂度是n^1.5
于是就变成了O(n^1.5)了。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <vector>#include <cstring>#include <algorithm>#include <string>#include <set>#include <functional>#include <numeric>#include <sstream>#include <stack>#include <map>#include <queue>#include <iomanip>using namespace std;#define ll long longconst int N = 1e6+1e6+10;int a[N];int belong[N];struct node{    int a,b;    int id;}q[N];bool cmp(node x,node y){    if(belong[x.a]==belong[y.a])        return x.b<y.b;    return belong[x.a]<belong[y.a];}long long ans[N];long long sum[N];int main(){    int n,m,k;    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);    int sz=sqrt(n);    a[0]=0;    for(int i=1; i<=n; ++i)    {        scanf("%d",&a[i]);        a[i]^=a[i-1];        belong[i]=i/sz;    }    for(int i=0; i<m; ++i)    {        scanf("%d%d",&q[i].a,&q[i].b);        q[i].id=i;    }    sort(q,q+m,cmp);    memset(sum,0,sizeof(sum));    int A=1,B=0;    long long ANS=0;    sum[0]=1;    for(int i=0; i<m; ++i)    {        int l=q[i].a;        int r=q[i].b;        while(B<r)        {            ++B;            ANS+=sum[ a[B]^k ];            sum[a[B]]++;        }        while(B>r)        {            sum[a[B]]--;            ANS-=sum[a[B]^k];            --B;        }        while(A<l)        {            sum[ a[A-1] ]--;            ANS-=sum[a[A-1]^k];            ++A;        }        while(A>l)        {            --A;            ANS+=sum[a[A-1]^k];            sum[a[A-1]]++;        }        ans[q[i].id]=ANS;    }    for(int i=0; i<m; ++i)        cout<<ans[i]<<endl;    return 0;}/*6 2 11 2 1 1 0 31 13 412*/