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引言

        今天的每日一题原题是3375. 使数组的值全部为 K 的最少操作次数，比较水，可以分成2种情况：

• 存在比k更小的数，由于每次操作只能使得部分数变小，但是不能把任何数变大，所以肯定无法达成

• 不存在比k更小的数，那操作的次数就是比k大的不同数值的数量

更换成前几天遇到的更有意思的一题来写这个每日一题。

题目

有一个正整数数组 arr，现给你一个对应的查询数组 queries，其中 queries[i] = [Li, Ri]。

对于每个查询 i，请你计算从 Li 到 Ri 的 XOR 值（即 arr[Li] **xor** arr[Li+1] **xor** ... **xor** arr[Ri]）作为本次查询的结果。

并返回一个包含给定查询 queries 所有结果的数组。

示例 1：

输入：arr = [1,3,4,8], queries = [[0,1],[1,2],[0,3],[3,3]]
输出：[2,7,14,8] 
解释：
数组中元素的二进制表示形式是：
1 = 0001 
3 = 0011 
4 = 0100 
8 = 1000 
查询的 XOR 值为：
[0,1] = 1 xor 3 = 2 
[1,2] = 3 xor 4 = 7 
[0,3] = 1 xor 3 xor 4 xor 8 = 14 
[3,3] = 8

示例 2：

输入：arr = [4,8,2,10], queries = [[2,3],[1,3],[0,0],[0,3]]
输出：[8,0,4,4]

提示：

• 1 <= arr.length <= 3 * 10^4

• 1 <= arr[i] <= 10^9

• 1 <= queries.length <= 3 * 10^4

• queries[i].length == 2

• 0 <= queries[i][0] <= queries[i][1] < arr.length

思路

        由于是范围查询，比较自然而然能想到的方法是前缀和。我们先抛开本题的异或操作，想想如何是求nums数组的下标[begin, end]范围的和，是怎么使用前缀和来求解的。如果直接累加，那么每次的时间复杂度都是O(end - begin)，由于这个范围最大可以到n，这样每次时间复杂度都是O(n)。利用前缀和的思路，我们可以先预处理一个pre[]数组，pre[i]表示nums数组中前i个元素的和，特别的，pre[0]由于表示的是前0个元素的和，并不存在，可以固定为0。有个这个前缀和的数组，我们在计算下标[begin, end]范围的和的时候，可以直接使用 pre[end+1] - pre[begin]，这样，每次查询的时间复杂度就降低到了O(1)。

        回到本题，可以跟前缀和类似，采取前缀异或，然后使用2个前缀异或就可以快速求得区间异或的结果。由于异或操作也符合结合律和交换律，我们可以推导如下。

xor[begin, end] = nums[begin] ^ nums[begin + 1] ^ ... ^ nums[end]= nums[begin] ^ nums[begin + 1] ^ ... ^ nums[end] ^ 0= nums[begin] ^ nums[begin + 1] ^ ... ^ nums[end] ^ (nums[0] ^ nums[0] ^ ... ^ nums[begin-1] ^ nums[begin-1])= (nums[0] ^ ... ^ nums[begin-1]) ^ (nums[0] ^ ... ^ nums[end])= pre[begin] ^ pre[end+1]

图解

代码

public int[] xorQueries(int[] arr, int[][] queries) {int n = arr.length;int[] pre = new int[n + 1];for (int i = 0; i < n; i++) {pre[i+1] = pre[i] ^ arr[i];}int[] ans = new int[queries.length];for (int i = 0; i < queries.length; i++) {ans[i] = pre[queries[i][1] + 1] ^ pre[queries[i][0]];}return ans;
}

耗时