LGP5312题解

压 位 T r i e 入 门 练 习 题（确信）

题意很清楚（

让我们先来想一想，如果没有排序操作的话，这道题应该怎么做。

我们维护一个 \(x\) 表示从开始到现在一共异或上了 \(x\)，在序列末尾插入一个 \(n\) 相当于插入 \(n \bigoplus x\)。

现在的问题就是：

1. 询问 \(\sum_{i=l}^ra_i \bigoplus x\)
2. 改变 \(x\)。

位运算相关的还是考虑按位拆分比较好。

如果我们能够知道这个区间中的第 \(k\) 位有多少个 \(1\)，似乎就能够 \(O(k)\) 计算这一位对答案的贡献了。

于是我们使用一颗线段树来维护这个序列，每个位置开一个 \(\log V\) 的数组来维护这个东西，插入和询问的复杂度均为 \(O(\log n\log V)\)。

那么我们加上排序操作？

众所周知 01trie 就是线段树，于是我们先把线段树改成 01trie。

我们发现异或上一个数可以看做将某几层的左儿子和右儿子交换。

然后在询问的时候搞清楚这一层有没有交换左右儿子，然后判断究竟该走哪边和该加上哪边就行了。

至于实现的话，对排序后的部分开一颗 01trie，未排序的部分直接使用前缀和统计。

时空复杂度都是 \(O((n+m)\log^2V)\)。

然而你发现这样算下来大概是 660MB，会被卡空间。。。

如果我们能够将 01trie 的节点数量减少，那么我们就可以把空间压下来了。

所以我们将 01trie 改成压两位的 压位 trie（也就是每个节点的度数为 \(4\)），空间就可以除以 \(2\) 了。

因为儿子个数并不是瓶颈，可以通过。

虽然说吧，你可以去赌 lxl 的插入操作很少，但是这明显还是会被卡（

以及细节巨多，需要判相同的数，还要判断我在什么时候异或上了多少。

#include<cstdio>
typedef unsigned ui;
const ui M=1e5+5,N=M*32;
ui n,m,cnt,k,tk,l1,l2,rt,ans[31],a[M<<1],S[M<<1][31];ui L,X[2];
struct Node{
	ui sz,chi[4],ans[31];
	inline ui&operator[](const ui&x){
		return chi[x];
	}
}t[N];
inline void swap(ui&a,ui&b){
	ui c=a;a=b;b=c;
}
ui Find(const ui&u,ui x,const ui&id=14){
	if(!u)return X[L++]=x,0;if(!~id)return X[L++]=x,0;const ui&k=tk>>(id<<1)&3;
	if(x<=t[t[u][0^k]].sz)return Find(t[u][0^k],x,id-1)|0<<(id<<1);x-=t[t[u][0^k]].sz;
	if(x<=t[t[u][1^k]].sz)return Find(t[u][1^k],x,id-1)|1<<(id<<1);x-=t[t[u][1^k]].sz;
	if(x<=t[t[u][2^k]].sz)return Find(t[u][2^k],x,id-1)|2<<(id<<1);x-=t[t[u][2^k]].sz;
	if(x<=t[t[u][3^k]].sz)return Find(t[u][3^k],x,id-1)|3<<(id<<1);x-=t[t[u][3^k]].sz;
}
void Qry(const ui&u,const ui&l,const ui&r,const ui&L=0,const ui&R=(1<<30)-1,const ui&id=14){
	if(!u||l>R||L>r)return;
	if(l<=L&&R<=r){
		for(ui i=0;i<=30;++i)ans[i]+=t[u].ans[i];return;
	}
	ui k=tk>>(id<<1)&3,m1,m2,m3;m2=L+R>>1;m1=L+m2>>1;m3=m2+1+R>>1;
	Qry(t[u][0^k],l,r,L,m1,id-1);Qry(t[u][1^k],l,r,m1+1,m2,id-1);
	Qry(t[u][2^k],l,r,m2+1,m3,id-1);Qry(t[u][3^k],l,r,m3+1,R,id-1);
}
void Insert(const ui&x){
	ui u=rt,id=14;
	while(~id){
		++t[u].sz;for(ui i=0;i<=30;++i)if(x>>i&1)++t[u].ans[i];
		if(!t[u][x>>(id<<1)&3])t[u][x>>(id<<1)&3]=++cnt;u=t[u][x>>(id<<1)&3];--id;
	}
	++t[u].sz;for(ui i=0;i<=30;++i)if(x>>i&1)++t[u].ans[i];
}
inline void ins(const ui&x,const ui&id){
	for(ui i=0;i<=30;++i)S[id][i]=S[id-1][i]+(x>>i&1);a[id]=x;
}
signed main(){
	ui i,x,l,r,q,p,opt;unsigned long long sum;scanf("%u",&n);rt=++cnt;
	for(i=1;i<=n;++i)scanf("%u",&x),ins(x,++l2);
	scanf("%u",&m);
	while(m--){
		scanf("%u",&opt);
		if(opt==1){
			scanf("%u",&x);ins(x^k,++l2);
		}
		if(opt==2){
			scanf("%u%u",&l,&r);for(i=0;i<=30;++i)ans[i]=0;sum=0;
			if(r<=l1){
				q=Find(rt,l);p=Find(rt,r);Qry(rt,q,p-1);--X[0];
				for(i=0;i<=30;++i)sum+=1ull*(k>>i&1?r-l+1+X[0]-X[1]-ans[i]:ans[i])<<i;
				sum+=1ull*(p^k^tk)*X[1];sum-=1ull*(q^k^tk)*X[0];
			}
			if(l<=l1&&l1<r){
				q=Find(rt,l);Qry(rt,q,(1<<30)-1);--X[0];
				for(i=0;i<=30;++i)sum+=1ull*(k>>i&1?l1-l+1+X[0]-ans[i]:ans[i])<<i;
				for(i=0;i<=30;++i)sum+=1ull*(k>>i&1?r-l1-S[r-l1][i]:S[r-l1][i])<<i;
				sum-=1ull*(q^k^tk)*X[0];
			}
			if(l1<l){
				r-=l1;l-=l1;
				for(i=0;i<=30;++i)sum+=1ull*(k>>i&1?r-l+1-(S[r][i]-S[l-1][i]):(S[r][i]-S[l-1][i]))<<i;
			}
			printf("%llu\n",sum);::L=0;
		}
		if(opt==3){
			scanf("%u",&x);k^=x;
		}
		if(opt==4){
			for(i=1;i<=l2;++i)Insert(a[i]);l1+=l2;tk=k;l2=0;
		}
	}
}