非常简单的一个套路。
首先考虑求前缀异或和转化问题，即异或前 \(k\) 大的数对。
首先枚举数对的第二个数 \(r = 1,2,\dots,n\)，并求出 \([0,r)\) 内和 \(r\) 异或最大的数，根据异或值丢进优先队列。
然后执行 \(k\) 次，每次取出一个数，加入答案；
然后求同一个 \(r\)，\([0,r)\) 与其异或中除了之前的值以外最大的数，丢进优先队列。
具体地说，就是同时在优先队列上维护一个排名 \(rk\)，表示这个候选项是同一个 \(r\) 中的异或第 \(rk\) 大。
初始时 \(rk = 1\)，途中找到加入答案后就令 \(rk \gets rk + 1\)。
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using namespace std;
const int N = 5e5;
const int LG = 32;
int n,k;
unsigned int a[N + 5],xorsum[N + 5];
struct node
{
int sum,ch[2];
} trie[(N << 6) + 10];
int rt[N + 5];
void insert(unsigned int v,int &p)
{
static int tot = 0;
trie[++tot] = trie[p],p = tot,++trie[p].sum;
int cur = p;
for(register int i = LG;i;--i)
{
trie[++tot] = trie[trie[cur].ch[(v >> i - 1) & 1]],trie[cur].ch[(v >> i - 1) & 1] = tot;
cur = trie[cur].ch[(v >> i - 1) & 1];
++trie[cur].sum;
}
}
unsigned int query(unsigned int v,int k,int p)
{
unsigned int ret = 0;
for(register int i = LG;i;--i)
{
if(k <= trie[trie[p].ch[((v >> i - 1) & 1) ^ 1]].sum)
p = trie[p].ch[((v >> i - 1) & 1) ^ 1],ret += (1U << i - 1);
else
k -= trie[trie[p].ch[((v >> i - 1) & 1) ^ 1]].sum,p = trie[p].ch[(v >> i - 1) & 1];
}
return ret;
}
struct note
{
unsigned int v;
int x,k;
inline bool operator<(const note &o) const
{
return v < o.v;
}
};
__gnu_pbds::priority_queue<note> q;
long long ans;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(register int i = 1;i <= n;++i)
scanf("%u",a + i),xorsum[i] = xorsum[i - 1] ^ a[i],insert(xorsum[i - 1],rt[i] = rt[i - 1]);
for(register int i = 1;i <= n;++i)
q.push((note){query(xorsum[i],1,rt[i]),i,1});
while(k--)
{
note p = q.top();
q.pop();
ans += p.v,p.v = query(xorsum[p.x],++p.k,rt[p.x]);
q.push(p);
}
printf("%lld\n",ans);
}