【bzoj3261】【最大异或和】可持久化trie树+贪心

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Description

给定一个非负整数序列 {a}，初始长度为 N。

有 M个操作，有以下两种操作类型：

1 、A x：添加操作，表示在序列末尾添加一个数 x，序列的长度 N+1。

2 、Q l r x：询问操作，你需要找到一个位置 p，满足 l<=p<=r，使得：

a[p] xor a[p+1] xor … xor a[N] xor x 最大，输出最大是多少。

Input

第一行包含两个整数 N ，M，含义如问题描述所示。

第二行包含 N个非负整数，表示初始的序列 A 。

接下来 M行，每行描述一个操作，格式如题面所述。

Output

假设询问操作有 T个，则输出应该有 T行，每行一个整数表示询问的答案。

Sample Input

5 5

2 6 4 3 6

A 1

Q 3 5 4

A 4

Q 5 7 0

Q 3 6 6

Sample Output

4

5

6

HINT

对于测试点 1-2，N,M<=5 。

对于测试点 3-7，N,M<=80000 。

对于测试点 8-10，N,M<=300000 。

其中测试点 1, 3, 5, 7, 9保证没有修改操作。

对于 100% 的数据， 0<=a[i]<=10^7。

首先明确，若已知后缀异或和，及已知一些数和给出数异或，我们可以贪心。从最高位往低位找。eg：

给出数x：1000101

已知的一些数：（1）0010010 （2）1000001 （3）0100101

x的最高位已是1，所以只选（1）（3），次高位为0，所以选（3）

贪心明确了，那么该怎么快速的找到符合选项进一步筛选呢。我们想到，这个01串像字符串，是不是可以用字符串的知识呢？很明显想到trie树。对01串建trie树即可。

但是这道题。。。我们不可能每一次都用后缀和建一次trie树，很明显会T掉。然而就算对后缀异或和用上可持久化trie数，也是不行的，因为还会有在末尾加入的操作。怎么办呢。。。当一个思路卡住时，我们可以考虑略微改变思路。正所谓“失之毫厘，差之千里”。

如果可以维护前缀和就好了，可是前缀和可以转后缀和就好了。显然， 一般意义下，a[n]-a[i]即为不含i的后缀和，而异或也有交换律，a[n]^a[i]即为不含i的后缀异或和（此a非彼a）。那么每次只需从区间[l,r]中选前缀异或和与x^a[n]的最大值即可。

可持久化trie树的方式和可持久化线段树基本上是一致的，对每一个节点记录一个cnt，与前面对应的点相减，不为零即区间内有这个点。

代码（特别注意前缀转后缀时的区间对应关系，通常要-1，这里l要-2，但还要注意数组不能访问到负数，特判一下）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N=600000+5;

struct Node{
    Node *s0,*s1;
    int sum;
}*root[N],*null,pool[N*50],*tail=pool;
int n,m,a[N],ans;

Node *newnode(){
    Node *rt=++tail;
    rt->s0=rt->s1=null;
    rt->sum=0;
    return rt;
}
void insert(Node *&ndn,Node *ndp,int pos,int val){
    ndn=newnode();
    ndn->s0=ndp->s0,ndn->s1=ndp->s1;
    ndn->sum=ndp->sum+1;
    if(pos==-1) return ;
    bool d=((val>>pos)&1);
    if(d==0) insert(ndn->s0,ndp->s0,pos-1,val);
    else insert(ndn->s1,ndp->s1,pos-1,val);
}
void query(Node *ndn,Node *ndp,int pos,int val){
    if(pos==-1) return ;
    int ls=ndn->s0->sum - ndp->s0->sum;
    int rs=ndn->s1->sum - ndp->s1->sum;
    bool d=((val>>pos)&1);
    if(d==0){
        if(rs){
            ans=ans^(1<<pos);
            query(ndn->s1,ndp->s1,pos-1,val);
        }
        else if(ls){
            query(ndn->s0,ndp->s0,pos-1,val);
        }
    }
    if(d==1){
        if(ls){
            query(ndn->s0,ndp->s0,pos-1,val);
        }
        else if(rs){
            ans=ans^(1<<pos);
            query(ndn->s1,ndp->s1,pos-1,val);
        }
    }
}
int main(){
    null=++tail;
    null->s0=null->s1=null;
    null->sum=0;
    root[0]=null;

    scanf("%d%d",&n,&m);
    int aa;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&aa);
        a[i]=a[i-1]^aa;
        insert(root[i],root[i-1],31,a[i]);
    }
    char opt[2];
    int l,r,x;
    while(m--){
        scanf("%s",opt);
        if(opt[0]=='A'){
            scanf("%d",&x);
            n++;
            a[n]=a[n-1]^x;
            insert(root[n],root[n-1],31,a[n]);
        }
        else{
            scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
            ans=x^a[n];
            if(l-2>=0) query(root[r-1],root[l-2],31,x^a[n]);
            else query(root[r-1],root[0],31,x^a[n]);
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}

总结：

1、对字符串工具的灵活转化。trie树可以将前缀一样的东西合并起来，既省时又省空间。

2、转变思路。常常反个面想就会得到不一样的效果。正所谓“阴阳相生”、“否极泰来”，正反面常常可以互通。有一句话叫做“正难即反”。