Trie树练习题

T1 「一本通 2.3 例 2」The XOR Largest Pair

在给定的 \(N\) 个整数\(A_1,A_2,...A_N\)中选出两个进行异或运算，得到的结果最大是多少？

数据范围

对于 100%的数据，\(1 \leq N \leq 10^5,0 \leq A_i \leq 2^{31}\)

1.朴素算法并用二分查去匹配二进制下每个数最高位的0还是能卡过的

2.结合异或的运算规则，怎样才能使两个数的异或和尽量大呢？答案是尽量让二进制下每一位都不同，如果对于每个数x，能直接找到某一位和它不同的数，那就可以贪心选取二进制下尽量不一样的数了。那怎么找呢？

3.结合数据范围发现每个数写成二进制最多才31位，每一位01两个状态。所以对每个数的二进制建trie树（深度越浅代表的二进制位越高，树的size最大为\(N*31\) ）,对于每个数，在trie树上每走一步就贪心地选当前位和它不一样的数

为什么这样贪一定使对的呢？假设当前数的第k位是0，trie树上的第k位存在1，那要么选这个1，则对结果有\(2^k\)的贡献;要么不选1选0，则后面的数位总共对结果最多有\(2^k-1\)的贡献，故第k位选相反数一定使更优的。算法正确性得证。

\(Code:\)

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define F(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)

#define G(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)

const int N=1e5+5,M=20;

int n,num=0,mx=-1,z,a[N*M],ch[N*M][2],val[N*M];

inline void insert(int x){

	int p=0;

	G(i,30,0){

		z=x&(1<<i)?1:0;

		if(!ch[p][z]) ch[p][z]=++num;

		p=ch[p][z];

	} val[p]=x;

}

inline void qry(int x){

	int p=0;

	G(i,30,0){

		z=x&(1<<i)?1:0;

		if(ch[p][1^z]) p=ch[p][1^z];

		else if(ch[p][z]) p=ch[p][z];

	}

	mx=max(mx,x^val[p]);

}

int main(){

	scanf("%d",&n);

	F(i,1,n) scanf("%d",&a[i]),insert(a[i]);

	F(i,1,n) qry(a[i]);

	printf("%d",mx);

	return 0;

}

T2「一本通 2.3 练习 5」The XOR-longest Path

给定一棵 \(N\) 个点的带权树，求树上最长的异或和路径。

写在前面：审题一定要审清楚！没有指定\(1\)是根,“路径”的意思也不是说一定路径从根节点出发

（不然直接dfs这题不就秒了么）

1.暴力：分别以每个点为根跑根到每个点的异或和，最后取max，时间复杂度\(O(N^2)\)，大概能过40分

2.Trie树优化：第一感觉一定是这道题和上面那道题很像，但关键是上题只需两两匹配，容易构建trie树，这道题要选很多条边权出来匹配，想了很久都不知道怎么建trie树。

考虑转化问题

（1）先任选一个点为根比如1，sum[i]表示根到所有点的路径异或和，这个可以一次dfs搞定

（2）接下来要利用一个很NB的性质（其实主要是我以前没见过doge）：x ^ x=0,自己过程中还发现一个性质，顺带提一下吧虽然用不上：x^y=z z^y=x(有点像加减法)

（3）这个性质有什么用呢？学了LCA都知道树上任意两点的路径可以转化为 x 到 lca 的路径和 lca 的 y 的路径拼起来

（4）如果这道题询问的是路径上边权的代数和最大，那我们肯定求个lca就做完了。那异或和呢？

（5）考虑把sum[x]和sum[y]展开

展开即每一条边权来异或，由于异或有交换律，发现1到p（即lca(x,y)）的边权会和自己异或，于是乎全部都变成了0，只剩下x到p，p到y的边权异或和，这恰恰就是我们想要的，甚至不用求lca

所以路径异或和又转换成了sum数组两两之间异或和的最大值，即T1所求。复杂度\(O(31N)\)

END~