计数具有奇数按位异或的子数组

简介

本文将介绍如何解决一个经典的计数问题：计算一个数组中具有奇数按位异或的子数组的数量。通过使用位操作和动态规划的技巧，我们可以高效地解决这个问题。

问题描述

给定一个由非负整数构成的数组 nums，你需要计算具有奇数按位异或的子数组的数量。

解决方案

1. 暴力法

最直观的解决方法是使用暴力法，通过遍历所有可能的子数组并计算其异或值，然后统计奇数异或值的个数。这种方法的时间复杂度为 O(n^3)。

def count_odd_xor_subarrays(nums):
    count = 0
    for i in range(len(nums)):
        for j in range(i, len(nums)):
            xor = 0
            for k in range(i, j + 1):
                xor ^= nums[k]
            if xor % 2 == 1:
                count += 1
    return count

2. 动态规划

我们可以使用动态规划来优化这个问题的解决方法。首先，定义一个辅助数组 dp，其中 dp[i] 表示以 nums[i] 结尾的具有奇数异或值的子数组的数量。根据异或运算的特性，我们可以得到以下递推关系：

dp[i] = dp[i-1] + (i - last_odd_xor_index)

其中 last_odd_xor_index 表示数组中最后一个具有奇数异或值的元素的索引。为了计算 dp[i]，我们需要在遍历 nums 的过程中记录最后一个具有奇数异或值的元素的索引，并更新 dp[i]。

def count_odd_xor_subarrays(nums):
    dp = [0] * len(nums)
    count = 0
    last_odd_xor_index = -1
    for i in range(len(nums)):
        if nums[i] % 2 == 1:
            last_odd_xor_index = i
        if last_odd_xor_index >= 0:
            dp[i] = dp[i-1] + (i - last_odd_xor_index)
        else:
            dp[i] = dp[i-1]
        count += dp[i]
    return count

这种方法的时间复杂度是 O(n)，空间复杂度是 O(n)。

3. 优化空间复杂度

上述方法的空间复杂度是 O(n)，我们可以优化至常数空间复杂度。

观察动态规划的递推关系，我们发现 dp[i] 只依赖于 dp[i-1] 和 last_odd_xor_index，因此我们只需要两个变量来记录即可。

def count_odd_xor_subarrays(nums):
    count = 0
    last_odd_xor_index = -1
    dp = 0
    for i in range(len(nums)):
        if nums[i] % 2 == 1:
            last_odd_xor_index = i
        if last_odd_xor_index >= 0:
            dp = dp + (i - last_odd_xor_index)
        count += dp
    return count

这种方法的时间复杂度是 O(n)，空间复杂度是 O(1)。

总结

通过使用动态规划和位操作，我们可以高效地解决计数具有奇数按位异或的子数组的问题。这种方法的时间复杂度是 O(n)，空间复杂度是 O(1)。这个问题是一个经典的计数问题，掌握解决方法对于程序员来说是非常重要的。