【BZOJ】2741: 【FOTILE模拟赛】L

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..