F. Divide, XOR, and Conquer

题意

给定一个非负整数数组 $a$，定义操作：

• 对于区间 $[l,r]$，选择一个分界点 $l\le k<r$，将其分成 $[l,k]$ 和 $[k+1,r]$ 两部分，然后留下异或和更大的那一部分，丢弃小的那部分。如果异或和一样，可以随意选择留下哪部分。

问对于 $\forall i\in [1,n]$，能否从一开始的数组到只留下 $a_i$，即 $l=r=i$

思路

这里比较明显的是区间的转移，可以考虑用区间 $DP$ 来解决。对于当前的区间 $[l,r]$，我们定义左边部分的异或和为 $s_1$，右边部分的异或和为 $s_2$，显然要能够实现 $[l,k]$，必须有 $s_1\ge s_2$。

如果我们直接采用传统区间 $DP$ 的方法，枚举每一个长度的区间的分界点，时间复杂度会到达 $O(n^3)$，记录状态的空间复杂度也过高。

进一步观察发现：

• 若 $[l,r]$ 区间的异或和为 $s$ 且 $s=0$ 的话，有 $s=s_1⨁s_2=0$，即 $s_1=s_2$ ，这时候我们区间的分界点可以任选，也就是说可以从区间 $[l,r]$ 转移到任何从 $l$ 开始的或者到 $r$ 结束的长度小于 $r-l+1$ 的区间。
• 若 $s\ne 0$，我们只能留下异或和更大的那个部分，如果 $s$ 的最高位为 $bit$ 的话，(假设 $s_1>s_2$) 我们容易发现在 $bit$ 这一位一定是 $s_1[bit]=1,s_2[bit]=0$，这样子 $s_1$ 才会大于 $s_2$。所以对于那些 从 $l$ 开始的或者到 $r$ 结束的长度小于 $r-l+1$ 的区间，如果它们的异或和的最高位也是 $bit$ 的话，那么就可以从 $[l,r]$ 转移到这些区间！

我们如果按照区间长度从大到小枚举区间，对于当前枚举的区间 $[l,r]$，如果它可达的话，
可以对于区间端点维护四种信息：

• $st[l]$ 表示从 $l$ 开始的任意长度更短区间，如果它们要可达，异或和最高位必须存在于$st[l]$ 里。
• $ed[r]$ 则表示到 $r$ 结束的任意长度更短区间，如果它们要可达，异或和最高位必须存在于$st[l]$ 里。
• $st0[l]$ 和 $ed0[r]$ 则表示是否存在长度更大的区间异或和为 $0$ ，可以转移到这些端点的更小区间。

对于当前区间 $[l,r]$ 的最高位 $bit$ ，如果它可达，

• 如果 $s=0$，那么后续任意长度更小的从 $l$ 开始的或者到 $r$ 结束的区间都可达（从$[l,r]$转移过去），这时我们记录 $st0[l]=ed0[r]=true$
• 如果 $s\ne 0$， 那么我们在 $st[l]$ 和 $ed[r]$ 加上 $bit$ 的标记，表示后续更短的从 $l$ 开始的或者到 $r$ 结束的区间的 $mask$，如果它们的异或和 $s\prime \wedge mask>0$，则说明它们可以从某个更长的区间转移过来，因为这个区间的异或和 $s\prime$ 的最高位 和 某个$s$ 重合了

最终时间复杂度：$O(n^2)$

#include<bits/stdc++.h>
#define fore(i,l,r)	for(int i=(int)(l);i<(int)(r);++i)
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
#define ull unsigned long long
#define ALL(v) v.begin(), v.end()
#define Debug(x, ed) std::cerr << #x << " = " << x << ed;

const int INF=0x3f3f3f3f;
const long long INFLL=1e18;

typedef long long ll;

int main(){
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    std::cout.tie(nullptr);
    int t;
    std::cin >> t;
    while(t--){
        int n;
        std::cin >> n;
        std::vector<ll> a(n + 1);
        std::vector<ll> st(n + 1, 0), ed(n + 1, 0);
        std::vector<bool> st0(n + 1, false), ed0(n + 1, false);
        std::vector<ll> sum(n + 1, 0);
        fore(i, 1, n + 1){
            std::cin >> a[i];
            sum[i] = sum[i - 1] ^ a[i];
        }
        std::vector<int> ans(n + 1, 0);
        for(int len = n; len >= 1; --len)
            fore(L, 1, n - len + 2){
                int R = L + len - 1;
                ll s = sum[R] ^ sum[L - 1];
                ll bit = 1ll << std::__lg(s);
                if(len == n || st0[L] || ed0[R] || (s & st[L]) || (s & ed[R])){
                    if(len == 1) ans[L] = 1;
                    if(!s) st0[L] = ed0[R] = true;
                    else{
                        st[L] |= bit;
                        ed[R] |= bit;
                    }
                }
            }
        fore(i, 1, n + 1) std::cout << ans[i];
        std::cout << endl;
    }
    return 0;
}