題目描述
qmqmqm 希望給 sublinekelzrip 出一道可做題。於是他想到了這麼一道題目：給一個長度為n的非負整數序列ai​​，你需要計算其異或字首和bi，滿足條件b1=a1​​，bi=bi−1xorai(i≥2)。
但是由於資料生成器出現了問題，他生成的序列a的長度特別長，並且由於記憶體空間不足，一部分ai已經丟失了，只剩餘m個位置的元素已知。現在 qmqmqm 找到你，希望你根據剩餘的ai​​，計算出所有可能的a序列對應的b序列中∑ni=1bi的最小值。

輸入格式
輸入第一行兩個非負整數n、m，分別表示原始序列a的長度及剩餘元素的個數。
之後m行，每行2個數i、ai，表示一個剩餘元素的位置和數值。

輸出格式
輸出一個整數表示可能的最小值。

樣例輸入
5 3
4 0
3 7
5 0

樣例輸出
7

樣例解釋
已知的a序列為：X,X,7,0,0，其中X表示這個位置丟失了。一種可能的a序列為0,7,7,0,0，對應的b序列為0,7,0,0,0，和最小為7。可以證明不存在和更小的情況。

資料範圍與提示
1≤n≤109​​，0≤m≤min{n,105}，0≤ai≤109
注意未知的ai可以超過已知ai的範圍。
保證輸入中所有的i不同，且滿足1≤i≤n。
來自 CodePlus 2017 11 月賽，清華大學電腦科學與技術系學生演算法與競賽協會 榮譽出品。
Credit：idea/盧政榮　命題/盧政榮　驗題/何昊天
Git Repo：

思路
首先想想序列中只有0和1的情況，可以很容易想到dp的做法：fi,j表示第i位填j的代價。轉移自己想一想就好了。時間複雜度O(n)。
但是i很大時，陣列是存不下的，這個時候可以發現：在連續的一段長度大於2的空白區間內，最優方案一定是除了頭和尾以外其他的位都為0，對答案造成的貢獻也是0，這樣可以把所有的長度大於2的區間都變成長度為2的區間。時間複雜度O(m)。
再來想想序列中不只有0和1的情況：容易看出，異或的每一二進位制位都是獨立的，那麼可以把數字的二進位制位拆開，分開做一遍上述演算法。時間複雜度O

程式碼

#include <cstdio>
#include <algorithm>

const int maxn=100000;
const int inf=0x3f3f3f3f;

struct data
{
  int x,y;

  bool operator <(const data &other) const
  {
    return x<other.x;
  }
};

int n,m,p[maxn<<3],f[maxn<<3][2];
long long ans;
data d[maxn+10];

inline int read()
{
  int x=0,f=1;
  char ch=getchar();
  while((ch<'0')||(ch>'9'))
    {
      if(ch=='-')
        {
          f=-f;
        }
      ch=getchar();
    }
  while((ch>='0')&&(ch<='9'))
    {
      x=x*10+ch-'0';
      ch=getchar();
    }
  return x*f;
}

int main()
{
  n=read();
  m=read();
  for(register int i=1; i<=m; ++i)
    {
      d[i].x=read();
      d[i].y=read();
    }
  std::sort(d+1,d+m+1);
  d[0].x=0;
  d[0].y=0;
  d[m+1].x=n+2;
  d[m+1].y=0;
  n=0;
  for(register int i=1; i<=m+1; ++i)//將每個大於2的間隔都壓成2
    {
      if(d[i].x-d[i-1].x==1)
        {
          ++n;
          p[n]=d[i].y;
        }
      else if(d[i].x-d[i-1].x==2)
        {
          ++n;
          p[n]=-1;
          ++n;
          p[n]=d[i].y;
        }
      else
        {
          ++n;
          p[n]=-1;
          ++n;
          p[n]=-1;
          ++n;
          p[n]=d[i].y;
        }
    }
  for(register int k=30; k>=0; --k)//列舉每個二進位制位
    {
      f[0][0]=0;
      f[0][1]=inf;
      for(register int i=1; i<=n; ++i)//dp
        {
          if(p[i]==-1)
            {
              f[i][0]=std::min(f[i-1][0],f[i-1][1]);
              f[i][1]=std::min(f[i-1][1],f[i-1][0])+1;
            }
          else if(p[i]&(1<<k))
            {
              f[i][0]=f[i-1][1];
              f[i][1]=f[i-1][0]+1;
            }
          else
            {
              f[i][0]=f[i-1][0];
              f[i][1]=f[i-1][1]+1;
            }
        }
      ans=(ans<<1)+std::min(f[n][0],f[n][1]);
    }
  printf("%I64d\n",ans);
  return 0;
}