先考虑 D 性质，即 l=1,r=n 的情况。此时若进行了 x 次操作，则目前 a'_i=\bigoplus_{j\subseteq x}a_{i-j}，其中 j\subseteq x 表示二进制下 j 为 x 的子集。证明可考虑 x 行的网格图，其所有格中均存在左上到右下的对角线，要求只能向下或右下走。则 a_{i-j} 对 a'_i 的贡献次数即为 (0,i-j) 到 (x,i) 的路径条数 {x}\choose{j}，根据卢卡斯定理可得当且仅当 j\subseteq x 时有 {x\choose j}\equiv 1\pmod 2，a_{i-j} 对最终 a'_i 有贡献。
然而 x 较大时无法直接枚举子集，考虑定期重构，每当 x=B=2^k 时更新整个序列并将 x 清空。注意到此时子集只有 0 和 2^k，可以 O(n) 更新，复杂度为 O(\frac{nq}B)。这样查询时 x 不会超过 2^k，直接枚举子集即可，复杂度为 O(qB)。取 \sqrt n 附近的 2^k 作为 B，得到总复杂度为 O(q\sqrt n)。
变为区间修改时，仍对每 B 个修改分一块，回答其内部的询问，同时更新出整个序列在这 B 次修改后的值。注意到由于修改次数不超过 B，此时 a'_i 的值只受 [i-B,i] 内 a 值的影响。因此我们再对序列每 B 个元素分一块，则某块内元素的值只受该块和前一个块影响。因此可以先枚举操作块，再枚举序列中每个块依次处理，此时只需要考虑序列中的两个块。
具体地，处理块 i 时拿出块 i,i-1，若修改完全包含两个块则只累加 x 标记；若修改只包含两块的一部分，则要清空 x 标记并重构两个块，再进行区间暴力修改。对于某个在块 i 内的询问，可将标记清空再查单点值，或直接枚举 x 的子集求答案。这里清空标记不能暴力枚举所有 x 的子集，而是要进行类似高维前缀和的操作，即枚举每个 x 是 1 的二进制位 2^k，并倒序更新所有 a_i\leftarrow a_{i}\oplus a_{i-2^k}，容易发现这样操作的结果与暴力枚举子集相同，复杂度 O(B\log B)。