題意

已知一個長度為\(n\)的整數數列\(a[1],a[2],…,a[n]\)，給定查詢引數\(l,r\)，問\([l,r]\)內，有多少連續子段滿足異或和等於\(k\)。
也就是說，對於所有的\(x,y (l\le x\le y\le r)\)，能夠滿足\(a[x]\oplus a[x+1]\oplus ...\oplus a[y]=k\)的\((x,y)\)有多少組。

分析

對於這種離線區間的查詢問題（不涉及對區間的更改），我們可以使用莫隊演算法解決。這類問題是什麼型別？對於序列上的區間詢問問題，如果從\([l, r]\)的答案能夠\(O(1)\)擴充套件到\([l+1,r],[l,r−1],[l - 1, r],[l, r + 1]\)

的答案，那麼可以在\(O(n\sqrt n)\)的複雜度內求出所有詢問的答案。
這題為什麼可以？因為對於\(x\)至\(y\)的區間異或和，我們可以用字首異或和的\(x-1\)與\(y\)相異或來解決。
接下來講講具體的實現：
（參考：https://blog.sengxian.com/algorithms/mo-s-algorithm）
實現：離線後排序，順序處理每個詢問，暴力從上一個區間的答案轉移到下一個區間答案。
排序方法：設定塊的長度為\(S\)，按照\((\lfloor\frac l S\rfloor, r)\)二元組從小到大排序。
複雜度分析：設序列長度為\(n\)，詢問個數為\(m\)。可以發現從\((l_1, r_1)\)轉移到\((l_2, r_2)\)的代價為他們之間的曼哈頓距離。對於每一個詢問序列中的每一個塊（第一關鍵字相同），整個塊內縱座標最多變化\(n\)長度（縱座標必然單調不減），對於每個詢問，橫座標最多變化\(S\)。一共有\(\frac n S\)個塊，相鄰塊之間轉移的複雜度為\(O(n)\)，所以複雜度為\(O(\frac {n^2} S + mS + \frac {n^2} S)\)，不妨讓\(n, m\)同階，取\(S = \sqrt n\)​​時可達到最優複雜度\(O(n\sqrt n)\)​。
這題的具體實現：我們記\(mp[x]\)為異或和為x的個數。轉移區間的時候（不失一般性，考慮區間純右移），每增加一個點\(r\)，這個點對於答案的貢獻是\(mp[x\oplus a[r]]\)（異或的性質），同時，它增加了\(mp[a[r]]\)的個數。每減少一個點同理。

程式碼

參考：https://blog.csdn.net/swust_lian/article/details/50615109

/* 
 * Filename: cfr340d2e.cpp
 * Date: 2018-11-09
 */

#include <bits/stdc++.h>

#define INF 0x3f3f3f3f
#define PB emplace_back
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define rep(i,a,b) for(repType i=(a); i<=(b); ++i)
#define per(i,a,b) for(repType i=(a); i>=(b); --i)
#define ZERO(x) memset(x, 0, sizeof(x))
#define MS(x,y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()

#define QUICKIO                  \
    ios::sync_with_stdio(false); \
    cin.tie(0);                  \
    cout.tie(0);
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__), fflush(stderr)

using namespace std;
using pi=pair<int,int>;
using repType=int;
using ll=long long;
using ld=long double;
using ull=unsigned long long;

const int MAXN=100005;
const int BLOCK=400;

struct Node
{
    ll l,r,id;
    Node(ll _l=0, ll _r=0, ll _id=0):
        l(_l), r(_r), id(_id) {}
    bool operator < (const Node& rhs) const
    {
        if(l/BLOCK!=rhs.l/BLOCK) return l/BLOCK<rhs.l/BLOCK;
        else return r<rhs.r;
    }
};
vector<Node> vec;

ll s[MAXN];
ll ans[MAXN], mp[MAXN*200];
ll n,m,k;
int
main()
{
    scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &k);
    s[0]=0;
    rep(i,1,n)
    {
        ll x; scanf("%lld", &x);
        s[i]=s[i-1]^x;
    }
    rep(i,1,m)
    {
        ll l,r;
        scanf("%lld%lld", &l, &r);
        vec.PB(l-1,r,i); // why l-1: xor(a[x]~a[y])=k <-> s[x-1]^s[y]=k
    }
    sort(ALL(vec));
    ZERO(mp);
    ZERO(ans);
    ll tmp=0;
    int l=vec[0].l, r=vec[0].r;
    rep(i,l,r)
    {
        tmp+=mp[s[i]^k];
        mp[s[i]]++;
    }

    ans[vec[0].id]=tmp;
    rep(i,1,m-1)
    {
        int L=vec[i].l,
            R=vec[i].r;
        while(l>L)
        {
            l--;
            tmp+=mp[s[l]^k];
            mp[s[l]]++; // mp: cnt of xor_sum = s[l]
        }
        while(l<L)
        {
            mp[s[l]]--;
            tmp-=mp[s[l]^k];
            l++;
        }
        while(r<R)
        {
            r++;
            tmp+=mp[s[r]^k];
            mp[s[r]]++;
        }
        while(r>R)
        {
            mp[s[r]]--;
            tmp-=mp[s[r]^k];
            r--;
        }
        ans[vec[i].id]=tmp;
    }
    rep(i,1,m) printf("%lld\n", ans[i]);
    return 0;
}