【NOIP2017提高A组模拟9.17】信仰是为了虚无之人

Description：

1<=n<=200000,1<=m<=400000

题解：

区间先转成前缀和数组上乱搞。

看到xor我们可能会想到拆位，但是这道题拆位再路径压缩只能拿到20-50分。

由于xor操作的特殊性，我们可以把限制看作两个点之间的一条边，边权是k，这样会形成一个森林，两个在同一树上的点的限制就是它们路径上的边权的xor和。

这么样的话新加一个限制(x,y,k)，就判断x,y是否在一棵树上，不在一棵树上肯定合法，在一棵树上，就判断它们在树上的路径和是否为k。

当然我们不需要lct，用一个并查集加按秩合并就可以了。
实际上路径压缩也是OK的，随便推一下就知道了。

最后是求一组字典序最小的解。
连边，从前往后扫，如果这个位置没有确定值，显然放和前一个位置一样最好，然后再去递归更新和它有关的。

但是，也可以在并查集连边的时候让序号大的向序号小的连边，这样确定一个位置的值时，就判断它是否是所在并查集的祖先，如果是，说明它的值没有被限制，否则它的值就是它祖先的值xor上它到祖先的边权xor和，这样常数小，代码复杂度低。
据说这是启发式的一种，我不是很确定这到底是不是。

Code：

#include
#include
#include
#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)
#define $ 200001 + 
using namespace std;

const int N = 200005;

int ans, l, r, k, n, m, czy, f[N], a[N], s[N];

int find(int x) {
    if(f[x] == x) return x;
    int y = f[x]; f[x] = find(f[x]);
    a[x] ^= a[y]; return f[x];
}

int main() {
    freopen("sanae.in", "r", stdin);
    freopen("sanae.out", "w", stdout);
    scanf("%d %d %d", &n, &m, &czy);
    fo(i, 0, n) f[i] = i;
    for(; m; m --) {
        scanf("%d %d %d", &l, &r, &k);
        l ^= czy * ans, r ^= czy * ans, k ^= czy * ans;
        if(l > r) swap(l, r);
        l --;
        if(find(l) == find(r)) {
            if((a[l] ^ a[r]) == k) ans = 1; else ans = 0;
        } else {
            if(f[l] < f[r]) swap(l, r);
            a[f[l]] = a[l] ^ a[r] ^ k;
            f[f[l]] = f[r];
            ans = 1;
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    fo(i, 1, n) s[i] = find(i) == i ? s[i - 1] : (s[f[i]] ^ a[i]);
    fo(i, 1, n) printf("%d\n", s[i] ^ s[i - 1]);
}