Comet OJ - Contest #3 D 可爱的菜菜子 线段树+线性基
题意
给你一个长度为 \(n\) 的整数序列 \(a_1, a_2, \ldots, a_n\),你需要实现以下两种操作,每个操作都可以用四个整数 \(opt\ l\ r\ v\) 来表示:
\(opt=1\) 时,代表把一个区间 \([l, r]\) 内的所有数都 \(xor\) 上 \(v\)。
\(opt=2\) 时, 查询一个区间 \([l, r]\) 内选任意个数(包括 \(0\) 个)数 \(xor\) 起来,这个值与 \(v\) 的最大 \(xor\) 和是多少。
分析
线段树维护下线性基就行了,区间修改的时候记录下线段树每个结点的修改量\(k\),合并的时候再加进线性基
因为线性基是构造出的一组极大线性无关组,所以查询\((a_i~xor~k)(i∈[l,r])\)组成的线性基等价于查询\(k∪a_i(i∈[l,r])\)
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define bug cout<<"--------------"<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
const double PI=acos(-1.0);
const double eps=1e-6;
const int inf=1e9;
const ll llf=1e18;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=5e4+10;
struct ji{
int p[33],k;
void clear(){
memset(p,0,sizeof(p));
}
void insert(int x){
for(int i=30;i>=0;i--){
if(!((x>>i)&1)) continue;
if(p[i]) x^=p[i];
else{
p[i]=x;
break;
}
}
}
int qy(int x){
int ret=x;
for(int i=30;i>=0;i--) ret=max(ret^p[i],ret);
return ret;
}
};
int n,m;
int a[maxn],b[maxn],f[maxn],tag[maxn<<2];
ji tr[maxn<<2];
ji mer(ji a,ji b){
ji ret=a;
for(int i=30;i>=0;i--) if(b.p[i]) ret.insert(b.p[i]);
ret.insert(ret.k^b.k);
return ret;
}
void pushup(int p){
tr[p]=mer(tr[p<<1],tr[p<<1|1]);
}
void tag1(int p,int x){
tr[p].k^=x;
tag[p]^=x;
}
void pushdown(int p){
tag1(p<<1,tag[p]);
tag1(p<<1|1,tag[p]);
tag[p]=0;
}
void build(int l,int r,int p){
if(l==r){
scanf("%d",&tr[p].k);
return;
}
int mid=l+r>>1;
build(l,mid,p<<1);
build(mid+1,r,p<<1|1);
pushup(p);
}
void up(int dl,int dr,int l,int r,int p,int x){
if(l>=dl&&r<=dr){
tr[p].k^=x;
tag[p]^=x;
return;
}
pushdown(p);
int mid=l+r>>1;
if(dl<=mid) up(dl,dr,l,mid,p<<1,x);
if(dr>mid) up(dl,dr,mid+1,r,p<<1|1,x);
pushup(p);
}
ji ans;
void qy(int dl,int dr,int l,int r,int p){
if(l>=dl&&r<=dr){
ans=mer(ans,tr[p]);
return;
}
pushdown(p);
int mid=l+r>>1;
if(dl<=mid) qy(dl,dr,l,mid,p<<1);
if(dr>mid) qy(dl,dr,mid+1,r,p<<1|1);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
build(1,n,1);
while(m--){
int op,l,r,v;
scanf("%d%d%d%d",&op,&l,&r,&v);
if(op==1){
up(l,r,1,n,1,v);
}else{
ans.clear();
qy(l,r,1,n,1);
printf("%d\n",ans.qy(v));
}
}
return 0;
}
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