SPOJ MAXOR (分块 || 可持久化字典树 || 异或)(好题)
You are given a sequence A[1], A[2], ..., A[N]. (0 ≤ A[i] < 231, 1 ≤ N ≤ 12000).
A query is defined as follows:
- Query(x,y) = Max { a[i] xor a[i+1] xor ... xor a[j] ; l ≤ i ≤ j ≤ r }.
- l = min ( ((x+lastans) mod N)+1 , ((y+lastans) mod N)+1 ).
- r = max ( ((x+lastans) mod N)+1 , ((y+lastans) mod N)+1 ).
- lastans[1] = 0 , lastans[i] = Query[i-1].
Given M queries, your program must output the results of these queries. (0 ≤ M ≤ 6000).
IMPORTANT : PROBLEM ENHANCED. ( I'M SO SORRY.. )
Input
- The first line of the input file contains 2 numbers : N M.
- In the second line, N numbers follow.
- M lines follow, where line i contains 2 numbers xi and yi.
Output
Your program should output the results of the M queries, one query per line.
Example
Input:
3 3
1 4 3
0 1
0 1
4 3 Output:
5
7
7
题目:
对于每个询问,输出[L,R]区间的最大的连续异或值,强制在线。
解法: 分块+可持久化字典树
- 首先,分块,把每个点分属于一个块,belong[i]=(i-1)/sqrt(n) +1;
- 预处理得到每个块的左边界到右边的点的区间的最大异或,即如果(i-1)%sqrt(n)=0 ,则计算Maxxor[belong[i],j],(i<=j<=n)(这里很关键,不过先别管这里这么实现的,看完)
- 对于每个询问[L,R],由于我们预处理得到了[belong[L]+1,R]的最大异或和,现在只要计算[t,R]的最大异或和(L<=t<=belong[L]的右边界)。
-------------------------------------------嗯,看似行得通,怎么实现呢?----------------------------------------
首先,此题的分块没有暴力删除,没有添加等等操作,分块只是为了预处理,的得到多个区间的最大异或和。
对于第二步, 我们怎么实现呢,看似复杂度很大。但是我们对于MAXOR[i,j],充分利用到前面计算的结果,MAXOR[i,j]=max(MAXOR[i,j-1],num[j]^字典树)。
然后问题来了,字典树怎么限定边界呢? ------可持久化实现。
那么对于每个询问,只有[L,相应块的右边界]需要在持久化Trie里找最大,然后结合预先处理的[L的右边界+1,R]得到结果。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=;
struct nmphy
{
int n,m,a[maxn],G[][maxn];
int rt[maxn],sum[maxn*],ch[maxn*][],cnt;
int B,group[maxn],L; int swap(int &u,int &v) { u^=v; v^=u; u^=v; }
int Max (int &x,int y) { if(y>x) x=y;} void init()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
n++; int tmp=;
for(int i=;i<=n;i++){ //这里i==1是为了把a[1]==0加进去。
scanf("%d",&a[i]);
a[i]^=a[i-];
tmp|=a[i]; //得到最长位。
}
L=; while(tmp) L++,tmp>>=; if(!L) L=;
for(int i=;i<=n;i++) insert(rt[i-],rt[i],a[i],L-);
} void insert(int x,int &y,int val,int pos)
{
sum[y=++cnt]=sum[x]+;
if(pos==) return ;
int d=(val>>pos)&;
ch[y][d^]=ch[x][d^];
insert(ch[x][d],ch[y][d],val,pos-);
} int query(int x,int y,int val)
{
int res=;
for(int i=L-;i>=;i--){
int d=(val>>i)&;
if(sum[ch[y][d^]]-sum[ch[x][d^]]>) {
res+=(<<i);
x=ch[x][d^];y=ch[y][d^];
}
else x=ch[x][d],y=ch[y][d];
} return res;
}
int cal(int x, int y, int v, int d) {
if (d < ) return ;
int p = v >> d & ; int tmp = sum[ch[y][p ^ ]] - sum[ch[x][p ^ ]];
if (tmp > ) return ( << d) + cal(ch[x][p ^ ], ch[y][p ^ ], v, d - );
else return cal(ch[x][p], ch[y][p], v, d - );
} void divide()
{
while(B*B<n) B++;
for(int i=;i<=n;i++) {
group[i]=(i-)/B+;
if((i-)%B==){
for(int j=i;j<=n;j++){
G[group[i]][j]=cal(rt[i],rt[j],a[j],L-);
Max(G[group[i]][j],G[group[i]][j-]);
}
}
}
} void solve()
{
int ans=,tmp,l,r;
for(int i=;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&l,&r);
l=(l+(long long)ans)%(n-)+;
r=(r+(long long)ans)%(n-)+;
if(l>r) swap(l,r); r++;
ans=G[group[l]+][r];
for(int j=l;j<=r&&group[j]==group[l];j++){
tmp=cal(rt[l],rt[r],a[j],L-);
Max(ans,tmp);
}
printf("%d\n",ans);
}
}
}Tree;
int main()
{
Tree.init(); //输入,持久化Trie树
Tree.divide(); //分块,预处理块尾到后面的信息。
Tree.solve(); //快头之后的信息+块头前的暴力。
return ;
}
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