给定一个长度为 n 的整数数组 a，试判断能否从数组中选取 k 个数，使得选取的数字异或之和为 0暴力求解时间复杂度

暴力求解的时间复杂度取决于选取数的个数 k。若 k=1，则只需要遍历整个数组，时间复杂度为 O(n)；若 k>1，则需要枚举所有可能的组合，时间复杂度为 O(C(n,k))，其中 C(n,k)为组合数。

因此，暴力求解的时间复杂度为：

- 当 k=1 时，为 O(n)；
- 当 k>1 时，为 O(C(n,k))。

需要注意的是，当 n 和 k 都很大时，暴力求解的时间复杂度非常高，无法承受。因此，需要使用更高效的算法，如位运算、DP 等。

相关问题

给定一个长度为 n 的整数数组 a，试判断能否从数组中选取 k 个数，使得选取的数字异或之和为 0

这是一个经典的问题，可以使用动态规划或状态压缩来解决。

动态规划

定义 $dp[i][j]$ 表示是否能从前 $i$ 个数中选出 $j$ 个数，使得异或和为 0。则有以下状态转移方程：

$$dp[i][j] = dp[i-1][j] \lor dp[i-1][j-1]\text{, } a[i] \oplus dp[i-1][j-1]$$

其中 $\oplus$ 表示异或操作。如果当前数字 $a[i]$ 和前面的 $j-1$ 个数字异或和为 $xor$，则当前状态转移需要将 $dp[i-1][j-1]$ 和 $a[i]$ 进行异或操作。

最终答案即为 $dp[n][k]$。

时间复杂度为 $O(nk)$。

状态压缩

首先我们需要注意到异或操作具有自反性，即 $a \oplus b \oplus b = a$。

根据这个性质，我们如果从左到右依次选取数字，并且当前选取的数字和前面所有数字的异或和为 $xor$，那么在选取下一个数字时，只需要判断是否存在一个数字与 $xor$ 异或后的结果已经在之前出现过即可。如果有的话，我们可以跳过这个数字，因为之前已经有一组数字的异或和加上这个数字的结果是 $0$，所以这个数字可以不选。

使用一个比特位表示当前数字异或了哪些数字，对于第 $i$ 位为 $1$ 的比特位，表示已经异或了第 $i$ 个数字。因为数组中数字的范围比较小，我们可以使用一个整数来表示比特位信息。这样，我们可以使用一个哈希表来存储每个异或和出现的情况，在遍历数组时，如果当前数字和之前的数字异或和已经出现过，就可以跳过这个数字。

时间复杂度为 $O(n2^b)$，其中 $b$ 表示存储比特位信息需要的比特数。可以证明，$b$ 最多为 $\log n$。因此时间复杂度可以视为 $O(n)$。

给出一个正整数数组A，其中有多少子数组满足: 里面所有数字的乘积等于里面所有数字的异或。

首先，考虑到乘积和异或都有交换律和结合律，可以先将数组A中的0全部删除，这不会影响结果。

然后，注意到当子数组中有一个数为0时，乘积必定为0，而异或值为0的子数组必定由多个0构成。因此，只有当子数组中没有0时才有可能满足条件。

接着，考虑如何判断一个子数组是否满足条件。假设子数组为A[l:r]，乘积为p，异或值为x，则有：

p = A[l] × A[l+1] × ... × A[r-1] × A[r]
x = A[l] ⊕ A[l+1] ⊕ ... ⊕ A[r-1] ⊕ A[r]

注意到p和x的位数相同，因此可以将它们分别转化为二进制表示。假设p和x的第i位分别为pi和xi，则有：

pi = 1 ⇔ Ai=0
pi = 0 ⇔ Ai≠0

xi = 1 ⇔ 仅有奇数个Ai为1
xi = 0 ⇔ 所有Ai均为偶数或全为0

因此，要满足条件，必须满足以下两个条件：

- 子数组中没有0；
- 子数组中每一位上1的个数要么为0，要么为奇数个。

对于第二个条件，可以使用前缀异或和的思想，在O(n)的时间内判断每一位上的1的个数是否为偶数。具体地，设B[i]表示A[0:i-1]的异或和，则B[r]⊕B[l-1]表示A[l:r]的异或和。对于第i位，若异或和中有偶数个1，则B[r]和B[l-1]在该位上的值相同；若异或和中有奇数个1，则B[r]和B[l-1]在该位上的值相反。

综上所述，可以使用两个指针l和r，表示当前子数组的左右端点。每次将r向右移动一位，同时更新乘积p和异或和x的值，直到子数组中出现了0或不满足第二个条件。此时，将l向右移动一位，同时更新乘积p和异或和x的值，直到满足第二个条件。在这个过程中，如果子数组满足条件，则将答案加1。最终的时间复杂度为O(n)。