题意:给定一个长度为n的序列,m次询问,每次询问一个区间[l, r],求max(Ai xor Ai+1 xor Ai+2 ... xor Aj),其中l<=i<=j<=r。(n<=12000, m<=6000, Ai在signed longint范围内)
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int nT=5000005, N=12005; struct node *null; struct node { node *c[2]; int s; }pool[nT], *it=pool; node *newT() { node *x; x=it++; x->c[0]=x->c[1]=null; x->s=0; return x; } node *add(node *p, int y, int dep=30) { node *x=newT(); if(dep==-1) return x; *x=*p; int f=(y>>dep)&1; x->c[f]=add(p->c[f], y, dep-1); ++x->c[f]->s; return x; } int query(node *a, node *b, int k, int dep=30) { if(dep==-1) return 0; int f=(k>>dep)&1, ff=f^1; if(b->c[ff]->s>a->c[ff]->s) return (1<<dep)|query(a->c[ff], b->c[ff], k, dep-1); return query(a->c[f], b->c[f], k, dep-1); } node *Root[N], **root=Root+1; int a[N], n, m, size, num, pos[N], d[120][N], last; void init() { null=new node; null->c[0]=null->c[1]=null; null->s=0; root[0]=null; root[-1]=null; scanf("%d%d", &n, &m); //++n; for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%d", &a[i]), a[i]^=a[i-1]; for(int i=1; i<=n; ++i) root[i]=add(root[i-1], a[i]); size=sqrt(n+0.5); num=(n-1)/size+1; for(int i=1; i<=n; ++i) pos[i]=(i-1)/size+1; for(int i=1; i<=num; ++i) { int pi=(i-1)*size+1; for(int j=pi; j<=n; ++j) d[i][j]=max(d[i][j-1], query(root[pi-1], root[j], a[j])); } } int getans(int l, int r) { --l; int bl=pos[l], ret=0; if(pos[r]>bl) ret=d[bl+1][r]; for(int i=l, end=min(r, bl*size); i<=end; ++i) ret=max(ret, query(root[l-1], root[r], a[i])); return ret; } void solve() { int x, y, l, r; while(m--) { scanf("%d%d", &x, &y); x=(((long long)last+x)%n)+1; y=(((long long)last+y)%n)+1; l=min(x, y); r=max(x, y); //printf("%d %d\n", l, r); printf("%d\n", last=getans(l, r)); } } int main() { init(); solve(); return 0; }
(自己的傻×做法,线段树套可持久化trie,mle成翔)
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int M=8000005; struct node *null; struct node { node *l, *r; int cnt; }pool[M], *bin[M], *it=pool, *nod; int top; node *newnode() { node *x; if(!top) { if(pool+M==it) exit(0); x=it++; } else x=bin[--top]; x->l=x->r=null; x->cnt=1; return x; } void clean(node *&x) { if(x!=null && x!=nod && !(--x->cnt)) { bin[top++]=x; clean(x->l); clean(x->r); } x=null; } node *merge(node *a, node *b) { if(a==null) { ++b->cnt; return b; } if(b==null) { ++a->cnt; return a; } node *x=newnode(); x->l=merge(a->l, b->l); x->r=merge(a->r, b->r); return x; } node *add(node *p, ll y, int dep) { if(dep==-1) return nod; node *x=newnode(); x->l=p->l; x->r=p->r; if((y>>dep)&1) ++x->l->cnt, x->r=add(p->r, y, dep-1); else ++x->r->cnt, x->l=add(p->l, y, dep-1); return x; } node *add(node *p, ll y) { node *x=add(p, y, 63); clean(p); return x; } node *build(node *a, node *b) { if(a==null || b==null) return null; node *x=newnode(); if(b->l!=null) { x->l=build(a->l, b->l); x->r=build(a->r, b->l); } if(b->r!=null) { node *t; x->l=merge(t=x->l, build(a->r, b->r)); clean(t); x->r=merge(t=x->r, build(a->l, b->r)); clean(t); } return x; } void P(node *x, ll now, int dep=63) { if(x==null) return; if(dep==-1) printf("now:%lld\n", now); P(x->l, now, dep-1); P(x->r, now|(1<<dep), dep-1); } void D(node *x) { P(x, 0); puts(""); } struct T { node *l, *r, *all; ll sum; void pushup(T &lc, T &rc) { sum=lc.sum^rc.sum; static node *t; l=merge(lc.l, build(rc.l, add(null, lc.sum))); r=merge(rc.r, build(lc.r, add(null, rc.sum))); all=merge(lc.all, rc.all); // printf("top:%d\n", top); all=merge(t=all, build(lc.r, rc.l)); clean(t); // printf("sum:%lld , have:\n", sum); D(all); } ll get(node *x, int dep, bool flag) { if(dep==-1) return 0; ll ret=0; if(x->l!=null && x->r!=null) if(flag) ret=get(x->l, dep-1, 0); else ret=(1ll<<dep), ret|=get(x->r, dep-1, 0); else if(x->l==null && x->r!=null) ret=(1ll<<dep), ret|=get(x->r, dep-1, 0); else if(x->r==null && x->l!=null) ret=get(x->l, dep-1, 0); else puts("error"); return ret; } ll get() { return get(all, 63, 1); } void clr() { clean(l); clean(r); clean(all); } T& operator=(const T &a) { l=a.l; r=a.r; all=a.r; sum=a.sum; ++l->cnt; ++r->cnt; ++all->cnt; return *this; } }t[12005<<2]; int n, q; ll a[12005]; void build(int l, int r, int x) { if(l==r) { t[x].l=t[x].r=t[x].all=add(null, a[l]); // printf("%lld\n", a[l]); D(t[x].all); t[x].sum=a[l]; return; } int mid=(l+r)>>1, lc=x<<1, rc=lc|1; build(l, mid, lc); build(mid+1, r, rc); t[x].pushup(t[lc], t[rc]); } void query(int l, int r, int x, int L, int R, T &ret) { if(L<=l && r<=R) { ret=t[x]; return; } int mid=(l+r)>>1; if(R<=mid) { query(l, mid, x<<1, L, R, ret); return; } else if(mid<L) { query(mid+1, r, x<<1|1, L, R, ret); return; } T lc, rc; query(l, mid, x<<1, L, R, lc); query(mid+1, r, x<<1|1, L, R, rc); ret.pushup(lc, rc); lc.clr(); rc.clr(); } void init() { null=new node; null->l=null->r=null; null->cnt=1; nod=newnode(); } int main() { scanf("%d%d", &n, &q); init(); for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%lld", &a[i]); build(1, n, 1); int last=0, x, y, l, r; T t; while(q--) { scanf("%d%d", &x, &y); x=((x+last)%n)+1; y=((y+last)%n)+1; l=min(x, y); r=max(x, y); // printf("l:%d, r:%d\n", l, r); query(1, n, 1, l, r, t); printf("%d\n", last=t.get()); t.clr(); } return 0; }
题解:
我看到大家的tag是可持久化trie后..我就往这个方向思考了下...就yy出了第一种sb做法.......................
即:发现我们只需要维护二进制位...然后查询就是在对应区间一直向右走即可(特判符号位...),用线段树维护区间........可持久化合并trie.......可是你会发现.........有O(nlogn)次合并..每次合并O(size(trie)).................然后可能又tle又mle。反正我开了引用计数的垃圾回收也跪了...............玛雅,rewrite的节奏啊...3k啊.............然后查题解..................发现是分块= =....什么鬼................
吐槽:最近到底怎么了.....................越是放假就越颓废??我感觉一放假,什么事情都会发生= =...这几天天天家里来客人妈呀...........能不能愉快的做题了........而且由于脑袋不知怎么得..转的特别慢...脑洞到是还好..可是一些简单的东西我要想好久啊啊>_<。。。还有本题竟然没有负数.....而且在int范围内............
ydc狂D蒟蒻我TAT....我已经被D成狗了.........ydc(先发了我这篇还没写完的博文....又发了一个自己讲莫队分块的博文的链接...下边是有我20天前的脑残留言的):“我怎么感到是在羞辱我”...............................(妈呀...还是在半群里...
真正的题解:
首先转化问题(妈呀完全没想到啊...),由于xor操作有特殊的性质,即$a \otimes b \otimes b = a$所以我们要求一段区间[a,b]的xor和,可以由[0, b]和[0, a-1]的xor值得来,设$s[i]=a[1] \otimes a[2] \otimes \cdots \otimes a[i]$,那么[l, r]区间的xor和就是 $s[r] \otimes s[l-1]$
果然我是脑残吗...
然后考虑区间最大的....即我们要求区间$[l, r]$最大的xor值,就是要求
$$max\{ s[j-1] \otimes s[i], l<=j<=i<=r \}$$
转化一下,其实就是要求$[l-1, r]$这个区间取两个数$i, j$求最大的$s[j] \otimes s[i]$(可以直接忽略i=j的情况,对结果无影响...)
容易得到dp方程,设d[i, j]表示区间$[i, j]$取两个数最大的xor值
$$d[i,j]=max\{d[i,j-1], f(s[j], \{s[l-1 \cdots r] \} ) \}, f表示将s[j]放到那个集合中找到一个最大的xor和\}$$
而这个方程外层都已经是$O(n^2)$的...
先考虑决策....容易想到这是个类似trie的东西....然后自己就能yy出来可持久化trie了...trie的边就代表一个二进制位..然后从上往下走即可....请自行yy...(....可持久化用在两个地方...1、省内存...2、区间信息...
然后就是分块大法!
引用ydc:“一般莫队能做的,分块+可持久化线段树/可持久化块状链表都是能做的”,orz
我们分块处理上边的方程..先分成$\sqrt n$块..然后方程$d[i,j]$表示第$i$块的起点到第$j$个元素的最大异或值...方程转移一样...这样预处理就是$O(31*n^{1.5})$了...(31是位数别说你看不懂..即log(2^31)
然后对于连续的我们直接得到答案,最后在处理一下非连续的即可...
总复杂度
$O(31*n^{1.5})$预处理,$O(31*mn^{0.5})$查询...可以水过..