【bzoj4571】美味

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Solution

　　emmm持续智力康复。。

　　虽然说因为统计的是加上\(x\)的跟\(b\)异或的最大值所以可持久化trie用不了了

​　　但是按位贪心的思想还是非常ok的

　　然后又因为权值范围比较小，那就权值线段树然后可持久化一下，对于一个查询\(b\)，我们从高位到低位枚举每一位，对于当前枚举到的第\(j\)位，先确定一个范围，这个范围内的任意一个数\(i\)加上\(x\)后都满足\(i\)^\(b\)的结果的第\(j\)位为1，然后我们在这个范围内的主席树上查一下有没有在这个区间内的数，有的话就说明这位可以满足异或后为\(1\)，搞到答案里面去，否则就不能为\(1\)，不管，然后接着枚举下一位，总的复杂度\(O(nlog^2n)\)

　　（其实就是。。把按位贪心的过程从trie上面搬到了主席树上。。）

​ 　　

​　　代码大概长这个样子

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=2*(1e5)+10,SEG=N*20,MX=N,TOP=20;
int a[N];
int n,m,mx,L,R;
namespace Seg{/*{{{*/
	int ch[SEG][2],sum[SEG],rt[N];
	int n,tot;
	void init(int _n){n=_n; tot=0;}
	int newnode(int pre){
		ch[++tot][0]=ch[pre][0]; ch[tot][1]=ch[pre][1]; sum[tot]=sum[pre];
		return tot;
	}
	void _insert(int pre,int &x,int d,int lx,int rx){
		x=newnode(pre);
		++sum[x];
		if (lx==rx) return;
		int mid=lx+rx>>1;
		if (d<=mid) _insert(ch[pre][0],ch[x][0],d,lx,mid);
		else _insert(ch[pre][1],ch[x][1],d,mid+1,rx);
	}
	void insert(int pre,int x,int d){_insert(rt[pre],rt[x],d,1,n);}
	bool _query(int L,int R,int l,int r,int lx,int rx){
		if (!R) return 0;
		if (l<=lx&&rx<=r) return (sum[R]-sum[L])>0;
		int mid=lx+rx>>1,ret=0;
		if (l<=mid) ret|=_query(ch[L][0],ch[R][0],l,r,lx,mid);
		if (r>mid) ret|=_query(ch[L][1],ch[R][1],l,r,mid+1,rx);
		return ret;
	}
	bool query(int tL,int tR,int l,int r){return _query(rt[tL-1],rt[tR],l,r,1,n);}
}/*}}}*/

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
#endif
	int b,x,l,r,tmp;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	Seg::init(MX);
	for (int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d",a+i);
		Seg::insert(i-1,i,a[i]);
	}
	for (int i=1;i<=m;++i){
		scanf("%d%d%d%d",&b,&x,&l,&r);
		tmp=0;
		for (int j=TOP;j>=0;--j){
			if (b>>j&1){
				L=max(0,tmp-x); R=(tmp|((1<<j)-1))-x;
				if (R<0||!Seg::query(l,r,L,R)) tmp^=(1<<j);
			}
			else{
				L=max(0,(tmp^(1<<j))-x); R=((tmp^(1<<j))|((1<<j)-1))-x;
				if (R<0||!Seg::query(l,r,L,R)) continue;
				else tmp^=(1<<j);
			}
		}
		printf("%d\n",tmp^b);
	}
}