直说了吧，这是史

先考虑 $W_{l,r}$ 的值，可见，如果某个元素在 $a_l$ ~ $a_r$ 中出现了偶数次，那么在异或过程中自己就会抵消，反之，若出现了奇数次，那么在异或后只会剩下一个自己。综上可知：

$W_{l,r}=\oplus_{i=l}^r a_i$

那么，我们只需要计算$\oplus_{i=l}^r \oplus_{j=i}^r \oplus_{k=i}^j a_k$ 即可。根据 $p \oplus p =0$ 可以将上述式子化简：

可能性一：$(r-l+1)$ 为偶

此时每一个 $\oplus_{j=i}^r \oplus_{k=i}^j a_k$ 都能与 $\oplus_{j=r-i+1}^r \oplus_{k=i}^j a_k$ 抵消，所以答案一定为 $0$

可能性二：$(r-l+1)$ 为奇

此时经过抵消，最后只剩下 $a_l \oplus a_{l+2} \oplus ....\oplus a_{r-2} \oplus a_r$。但是我们仍然不能 $O(n)$ 地去计算这个值，于是想到前缀异或和。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a[200005],xr[200005];
int main(){
   //freopen("dragon.in","r",stdin);
   //freopen("dragon.out","w",stdout);
   long long n,q,l,r,ans;
   cin>>n>>q;
   for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
   xr[1]=a[1];
   for(int i=2;i<=n;i++) xr[i]=xr[i-2]^a[i];
   cout<<endl;
   for(int i=1;i<=q;i++){
      cin>>l>>r;
      if((r-l+1)%2==0) cout<<0<<endl;
      else{
         ans=xr[r]^xr[max(0ll,l-2)];
         cout<<ans<<endl;
      }
   }
   return 0;
}