首先给个结论：反 nim 游戏（谁取到最后一个谁输）的游戏先手的必胜条件：
- 当所有数都是 \(1\) 时，数的个数为奇先手必败，否则必胜。
- 其他情况，所有数异或和为 \(0\) 先手必败，否则必胜。
设 \(f_{i,0/1}\) 表示前 \(i\) 个，先手取到 / 没取到最后一个的方案数。
考虑转移。
枚举 \(j\) 表示上一个块的结尾。
\(f_{i,0}\) 的转移
如果 \(i\) 到 \(j\) 玩 nim 游戏先手必胜，那 Alice 就要当这一块的先手，也就是前一块没取到最后一个，\(f_{i,0}+=f_{j,1}\)。
如果 \(i\) 到 \(j\) 玩 nim 游戏先手必败，那 Alice 就要当这一块的后手，也就是前一块取到最后一个，\(f_{i,0}+=f_{j,0}\)。
\(f_{i,1}\) 的转移
如果 \(i\) 到 \(j\) 玩反 nim 游戏先手必胜，那 Alice 就要当这一块的先手，也就是前一块没取到最后一个，\(f_{i,1}+=f_{j,1}\)。
如果 \(i\) 到 \(j\) 玩反 nim 游戏先手必败，那 Alice 就要当这一块的后手，也就是前一块取到最后一个，\(f_{i,1}+=f_{j,0}\)。
这样，就得到了 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的做法。
\(\mathcal{O}(n^2)\) 代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO{template<typename T>inline void read(T&x){x=0;char c=getchar();bool f=0;while(!isdigit(c)) c=='-'?f=1:0,c=getchar();while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();f?x=-x:0;}template<typename T>inline void write(T x){if(x==0){putchar('0');return ;}x<0?x=-x,putchar('-'):0;short st[50],top=0;while(x) st[++top]=x%10,x/=10;while(top) putchar(st[top--]+'0');}inline void read(char&c){c=getchar();while(isspace(c)) c=getchar();}inline void write(char c){putchar(c);}inline void read(string&s){s.clear();char c;read(c);while(!isspace(c)&&~c) s+=c,c=getchar();}inline void write(string s){for(int i=0,len=s.size();i<len;i++) putchar(s[i]);}template<typename T>inline void write(T*x){while(*x) putchar(*(x++));}template<typename T,typename...T2> inline void read(T&x,T2&...y){read(x),read(y...);}template<typename T,typename...T2> inline void write(const T x,const T2...y){write(x),putchar(' '),write(y...),sizeof...(y)==1?putchar('\n'):0;}
}using namespace IO;
const int maxn=1000010,mod=998244353;
int n,a[maxn],f[maxn][2];
void solve(){read(n);for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),a[i]^=a[i-1],f[i][0]=f[i][1]=0;f[0][1]=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<i;j++){if(a[i]^a[j]) f[i][0]=(f[i][0]+f[j][1])%mod;else f[i][0]=(f[i][0]+f[j][0])%mod;}bool ff=1;for(int j=i;j>=1;j--){if((a[j]^a[j-1])!=1) ff=0;if(ff){if(i-j+1&1) f[i][1]=(f[i][1]+f[j-1][0])%mod; else f[i][1]=(f[i][1]+f[j-1][1])%mod;}else{if(a[i]^a[j-1]) f[i][1]=(f[i][1]+f[j-1][1])%mod;else f[i][1]=(f[i][1]+f[j-1][0])%mod;}}}write(f[n][0]);
}
signed main(){int T;read(T);while(T--) solve(),write("\n");return 0;
}
但是这样会 \(TLE\)。考虑优化。
对于 \(f_{i,0}\) 的转移，用一个桶维护一下即可。
对于 \(f_{i,1}\) 的转移，用一个桶维护前面的信息，末尾连续的 \(1\) 另开一个数组存。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include <ext/pb_ds/priority_queue.hpp>
#include <ext/pb_ds/exception.hpp>
#include <ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#include <ext/pb_ds/list_update_policy.hpp>
#include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
#include <ext/pb_ds/trie_policy.hpp>
using namespace std;
namespace IO{template<typename T>inline void read(T&x){x=0;char c=getchar();bool f=0;while(!isdigit(c)) c=='-'?f=1:0,c=getchar();while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();f?x=-x:0;}template<typename T>inline void write(T x){if(x==0){putchar('0');return ;}x<0?x=-x,putchar('-'):0;short st[50],top=0;while(x) st[++top]=x%10,x/=10;while(top) putchar(st[top--]+'0');}inline void read(char&c){c=getchar();while(isspace(c)) c=getchar();}inline void write(char c){putchar(c);}inline void read(string&s){s.clear();char c;read(c);while(!isspace(c)&&~c) s+=c,c=getchar();}inline void write(string s){for(int i=0,len=s.size();i<len;i++) putchar(s[i]);}template<typename T>inline void write(T*x){while(*x) putchar(*(x++));}template<typename T,typename...T2> inline void read(T&x,T2&...y){read(x),read(y...);}template<typename T,typename...T2> inline void write(const T x,const T2...y){write(x),putchar(' '),write(y...),sizeof...(y)==1?putchar('\n'):0;}
}using namespace IO;
#define int long long
const int maxn=1000010,mod=998244353;
int n,a[maxn],f[maxn][2],h,hh,w[2][2];
__gnu_pbds::gp_hash_table<int,int>mp[2],mp2[2];
void solve(){mp[0].clear(),mp[1].clear();mp2[0].clear(),mp2[1].clear();read(n);for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),a[i]^=a[i-1],f[i][0]=f[i][1]=0;f[0][1]=1;mp[1][a[0]]=1;h=1;hh=0;w[0][0]=w[1][0]=w[1][1]=0;w[0][1]=1;int wz=0;for(int i=1;i<=n;i++){f[i][0]=(h-mp[1][a[i]]+mp[0][a[i]]+mod)%mod;if((a[i]^a[i-1])>1){while(wz<i){(mp2[0][a[wz]]+=f[wz][0])%=mod;(mp2[1][a[wz]]+=f[wz][1])%=mod;(hh+=f[wz][1])%=mod;wz++;}w[0][0]=w[0][1]=w[1][0]=w[1][1]=0;}f[i][1]=(hh-mp2[1][a[i]]+mp2[0][a[i]]+mod)%mod;f[i][1]=(f[i][1]+w[!(i&1)][0]+w[i&1][1])%mod;(mp[0][a[i]]+=f[i][0])%=mod;(mp[1][a[i]]+=f[i][1])%=mod;(h+=f[i][1])%mod;(w[i&1][0]+=f[i][0])%=mod;(w[i&1][1]+=f[i][1])%=mod;}write(f[n][0]);
}
signed main(){int T;read(T);while(T--) solve(),write("\n");return 0;
}