【題目連結】

• 點選開啟連結

【思路要點】

• 若我們將每一位分開考慮，異或可以看做模 $2$ 意義下的加法。
• 因此，一個位置 $f_k$
  , x f_{k,x} 的值可以看做從 $(k,$
  x ) (k,x) 出發，每次可以選擇從 $(x,y$
  ) (x,y) 走到 $(x-1,y),(x,y+1)$ ，最終停在 $(0,x)\ (f_{0,x}=1)$ 處的方案數對 $2$ 取模。
• 因此， $f_{k_1,x}\equiv\sum_{i=0}^{k_1-k_2}f_{k_2,x+i}*\binom{k_1-k_2}{i}\ (Mod \ 2)$ 。
• 注意到由 $Lucas$ 定理，當且僅當 $a$ 在二進位制下數位包含 $b$ ， $\binom{a}{b}\%2=1$ ，上式有特殊情況： $f_{k,x}\equiv f_{k-2^i,x}+f_{k-2^i,x+2^i}\ (Mod \ 2)$ 。
• 現在我們來考慮一個詢問 $(k,x)$ ，由上面的推斷，我們令 $k=k\&(2^{18}-1)$ 不會使答案發生變化，下令 $k=O(N)$ 。
• 若 $k≤O(\sqrt{N})$ ，我們可以預處理出 $f_{k,*}$ 的結果，直接查詢。
• 若 $k>O(\sqrt{N})$ ，令 $bit$ 表示 $k$ 最高的為 $1$ 的位置，則有 $f_{k,x}=f_{k-2^{bit},x}\oplus f_{k-2^{bit},x+2^{bit}}$ ，遞迴求解即可。
• 時間複雜度 $O(N\sqrt{N}+Q\sqrt{N})$ 。

【程式碼】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
const int MAXM = 512;
const int goal = 511;
const int Min = 262143;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
	if (x < 0) x = -x, putchar('-');
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
	write(x);
	puts("");
}
int n, m, type;
int a[MAXM][MAXN];
int work(int pos, int k) {
	if (k == 0) return a[type][pos];
	int tmp = k & -k, ans = 0;
	ans ^= work(pos, k ^ tmp);
	if (pos + tmp <= n) ans ^= work(pos + tmp, k ^ tmp);
	return ans;
}
int main() {
	read(n), read(m);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		read(a[0][i]);
	for (int i = 1; i <= goal; i++)
	for (int j = 1; j <= n; j++)
		a[i][j] = a[i - 1][j] ^ a[i - 1][j + 1];
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		int k, x;
		read(k), read(x);
		k &= Min, type = k & goal;
		writeln(work(x, k ^ type));
	}
	return 0;
}