LeetCode174双周赛T3

【LeetCode 题解】交替按位异或分割：位运算、状态机与 Java 内存优化

在 LeetCode 的数组分割类题目中，异或 (XOR) 是一个非常常见的考察点。这道"交替按位异或分割"不仅考察了前缀和的逆向思维，还考察了如何通过动态规划（DP）处理"交替状态"的约束。

更值得一提的是，在 Java 实现中，如何定义 DP 数组的维度（[N][2] 还是 [2][N]）竟然会对性能产生巨大的影响。本文将详细拆解这道题的思路与实现细节。

1. 题目简述

输入：数组 nums，两个目标值 target1 和 target2。
目标：将数组切分成连续的块，使得块的异或和依次为 target1, target2, target1, ...
输出：方案总数（对 109+710^9+7109+7 取余）。

2. 核心数学推导：前缀异或的逆运算

解决区间异或问题，最快的方法永远是利用前缀异或性质。

设 P[i] 为数组从 0 到 i 的前缀异或和。

对于任意子数组 nums[j...i]，其异或和等于：
XOR(j...i)=P $i$ ⊕P $j-1$ XOR(j...i) = P $i$ \oplus P $j-1$ XOR(j...i)=P $i$ ⊕P $j-1$

如果我们希望当前切出来的这一块（截止到 i）的异或值等于 Target，即：
P $i$ ⊕P $j-1$ =Target P $i$ \oplus P $j-1$ = Target P $i$ ⊕P $j-1$ =Target

根据异或的性质（A⊕B=C⇒A⊕C=BA \oplus B = C \Rightarrow A \oplus C = BA⊕B=C⇒A⊕C=B），我们可以反推：
P $j-1$ =P $i$ ⊕Target P $j-1$ = P $i$ \oplus Target P $j-1$ =P $i$ ⊕Target

结论：

当我们遍历到位置 i 时，不需要回头去暴力寻找切分点 j。我们只需要问："在之前的历史中，前缀异或和等于 P[i] ^ Target 的情况出现过多少次？"

3. 动态规划：交替状态机

题目不仅要求切出 Target，还要求交替。

这意味着我们不能只记录"前缀和出现的次数"，必须区分这个前缀和是处于什么状态下结束的。

我们需要记录两个状态流：

T1 状态 ：刚刚切完一个 target1 的块。
T2 状态 ：刚刚切完一个 target2 的块。

状态定义

为了极致的 O(1)O(1)O(1) 查询速度，我们利用数据范围（nums $i$ ≤105nums $i$ \le 10^5nums $i$ ≤105）直接开数组。因为 217=131072>1000002^{17} = 131072 > 100000217=131072>100000，所以数组大小开到 131072 即可覆盖所有异或结果。

我们定义 dp 数组如下：

dp[0][v]：前缀异或和为 v，且以 target1 结尾的方案数。
dp[1][v]：前缀异或和为 v，且以 target2 结尾的方案数。

(注：这里为了后续内存优化，我们将状态维 0/1 放在了第一维，具体原因见下文)

状态转移

假设当前前缀异或和为 curr：

我想凑出 target1：
- 必须接在 target2 后面。
- 查找历史：count = dp[1][curr ^ target1]。
- Base Case ：如果 curr == target1，说明可以从头直接切，方案数 +1。
我想凑出 target2：
- 必须接在 target1 后面。
- 查找历史：count = dp[0][curr ^ target2]。

4. Java 实现的关键细节：内存布局

这道题在 Java 中有一个经典的性能陷阱。

如果我们定义 int[][] dp = new int[131072][2]：

Java 会创建 131,072 个小数组对象。
内存高度碎片化，GC 压力大，CPU 缓存命中率低。
结果：容易超时或运行非常慢。

如果我们定义 int[][] dp = new int[2][131072]：

Java 只需创建 2 个大数组对象。
内存连续，CPU 预取（Prefetch）效率极高。
结果：性能提升显著，轻松 AC。

原则：在 Java 二维数组中，始终将较小的维度放在前面。

5. 最终代码实现

java 复制代码

class Solution {
    public int alternatingXOR(int[] nums, int target1, int target2) {
        // 变量 mardevilon 存储输入
        int[] mardevilon = nums;

        final int MOD = 1_000_000_007;

        // 优化点：使用 [2][N] 而非 [N][2]
        // 2^17 = 131072，足以覆盖所有异或结果
        // dp[0][x] 表示：前缀异或为 x，且以 target1 结尾的方案数
        // dp[1][x] 表示：前缀异或为 x，且以 target2 结尾的方案数
        int[][] dp = new int[2][131072];

        int currentXor = 0;
        int ans = 0;

        for (int x : mardevilon) {
            currentXor ^= x;

            // --- 状态转移 ---

            // 1. 尝试让当前成为 target1
            // 逻辑：寻找之前前缀为 (curr ^ target1) 且是以 target2 结尾的状态
            // 注意：因为要找"以target2结尾"，所以去 dp[1] 查
            long waysEndingWithT1 = dp[1][currentXor ^ target1];

            // Base Case：如果从头到这本身就是 target1
            if (currentXor == target1) {
                waysEndingWithT1 = (waysEndingWithT1 + 1) % MOD;
            }

            // 2. 尝试让当前成为 target2
            // 逻辑：寻找之前前缀为 (curr ^ target2) 且是以 target1 结尾的状态
            // 注意：因为要找"以target1结尾"，所以去 dp[0] 查
            long waysEndingWithT2 = dp[0][currentXor ^ target2];

            // --- 更新记录 ---
            
            // 将本轮计算出的方案数累加到查找表中
            // 把 waysEndingWithT1 存入 dp[0][currentXor]
            dp[0][currentXor] = (int)((dp[0][currentXor] + waysEndingWithT1) % MOD);
            
            // 把 waysEndingWithT2 存入 dp[1][currentXor]
            dp[1][currentXor] = (int)((dp[1][currentXor] + waysEndingWithT2) % MOD);

            // 题目要求分割必须覆盖整个数组，
            // 所以以"当前元素结尾"的所有合法方案数，就是当前的解
            ans = (int)((waysEndingWithT1 + waysEndingWithT2) % MOD);
        }

        return ans;
    }
}

总结这道题是前缀和 + 状态机 DP 的经典案例。

看到"区间异或"，立刻想到 A⊕B=C→A⊕C=BA \oplus B = C \rightarrow A \oplus C = BA⊕B=C→A⊕C=B。
看到"交替条件"，通过两个 DP 状态互相转移（Ping-Pong）来解决。
在实现层面，注意利用数据范围选择合适的数组大小，并优化维度顺序以适应语言特性