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来源：牛客网

tokitsukaze and Inverse Number
时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 262144K，其他语言524288K
64bit IO Format: %lld
题目描述
tokitsukaze给你一个长度为n的序列，这个序列是1到n的一种排列。
然后她会进行q次操作。每次操作会给你L R k这三个数，表示区间[L,R]往右移动k次。
移动一次的定义是：一个数的位置是P(L≤P≤R-1)，它往右移动后就会在P+1这个位置上；如果一个数在R这个位置，它会移动到L这个位置。
在每次操作结束后，tokitsukaze想让你算出现在这个序列的逆序数的多少，简单起见，你只需要告诉她现在这个序列的逆序数是奇数还是偶数就行了。
提示：序列的逆序数指的是：a[i]>aj，满足条件的(i,j)的个数。
输入描述:
第一行包括一个正整数n(1≤n≤10^5)。
接下来一行，包括一个长度为n的序列，序列为1到n的一种排列。
第三行包括一个正整数q(1≤q≤10^5)。
接下来q行，每行包括三个正整数L,R,k(1≤L≤R≤n，1≤k≤10^9)。
所有变量的含义题面均有给出。
输出描述:
在每次操作后，逆序数如果是奇数，就输出1，如果是偶数，就输出0。
示例1
输入
复制
4
2 3 1 4
3
1 3 2
2 4 1
2 3 1
输出
复制
0
0
1
说明
原序列为：2 3 1 4
第一次操作后，序列变为：3 1 2 4，逆序数为2，所以答案为0。
第二次操作后，序列变为：3 4 1 2，逆序数为4，所以答案为0。
第三次操作后，序列变为：3 1 4 2，逆序数为3，所以答案为1。

题意：

思路：
先通过树状数组求整个数组的逆序对的数量。

然后利用这个结论来处理每一个询问：

1到n的排列（一定要是全排列），任意交换两个数，逆序对的数量的奇偶性发生改变。

结论的证明：

那么ans=(操作前的序列的逆序对数+需要交换多少次才能变为操作后的序列（不需要最小操作次数）) %2

为什么不需要最小操作次数呢？ 因为是1到n的全排列，目标序列一定固定的，而无论证明移动，都可以通过双次移动抵消掉对奇偶性的影响。

然后我们分析可知，每一次移动，可以通过 (r-l ) 次完成，即把区间最后一个数依次交换移动到区间的第一个数。

那么答案就很容易得到了。

细节见代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <iomanip>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define rt return
#define dll(x) scanf("%I64d",&x)
#define xll(x) printf("%I64d\n",x)
#define sz(a) int(a.size())
#define all(a) a.begin(), a.end()
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), '\0', sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define gg(x) getInt(&x)
#define chu(x) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<"]"<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;}
ll powmod(ll a, ll b, ll MOD) {ll ans = 1; while (b) {if (b % 2)ans = ans * a % MOD; a = a * a % MOD; b /= 2;} return ans;}
inline void getInt(int* p);
const int maxn = 1000010;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/
int tree[maxn];
int lowbit(int x)
{
	return x&(-1*x);
}
void add(int id,int x)
{
	while(id<maxn)
	{
		tree[id]+=x;
		id+=lowbit(id);
	}
}
int query(int id)
{
	int res=0;
	while(id)
	{
		res+=tree[id];
		id-=lowbit(id);
	}
	return res;
}
int n;
int a[maxn];
int q;
int main()
{
	//freopen("D:\\code\\text\\input.txt","r",stdin);
	//freopen("D:\\code\\text\\output.txt","w",stdout);
	gbtb;
	cin>>n;

	repd(i,1,n)
	{
		cin>>a[i];
	}
	ll ans=0;
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		ans+=query(a[i]-1);
		ans%=2;
		add(a[i],1);
	}
	cin>>q;
	ll l,r,k;

	while(q--)
	{
		cin>>l>>r>>k;
		ll num=(r-l)*k;
		num%=2ll;
		if(num)
		{
			ans^=1ll;
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}
 
inline void getInt(int* p) {
	char ch;
	do {
		ch = getchar();
	} while (ch == ' ' || ch == '\n');
	if (ch == '-') {
		*p = -(getchar() - '0');
		while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
			*p = *p * 10 - ch + '0';
		}
	}
	else {
		*p = ch - '0';
		while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
			*p = *p * 10 + ch - '0';
		}
	}
}