「洛谷5283」「LOJ3048」「十二省联考2019」异或粽子【可持久化01trie+优先队列】

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题目大意

让你求区间异或和前\(k\)大的异或和的和。

正解

这道题目是Blue sky大佬教我做的（祝贺bluesky大佬进HA省A队）
我们做过某一些题目，非常的相似。【超级钢琴】还有【最小函数值】还有【最大异或和】
感觉这一些题目拼在一起就变成了这一道水题。
首先我们需要预处理出，所有区间的异或最大值。
这个东西可以用可持久化\(01trie\)实现，那么我们思考一下如何实现查询第\(k\)大的值的操作。

以下是关于01字典树中查询第k大的操作的讲解

可以参考平衡树和01trie贪心的策略。
因为我们是找到当前的子节点的另外一个。
因为从高位开始贪心，所以如果不相同则一定是比我们要求的答案要大，那么就减去这一部分，并且调到另外一个儿子上。
代码实现

ll query(int rt, ll val, int kth, int len) {
    ll res = 0;
    for (int i = len; ~i; i --) {
        int p = (val >> i) & 1;
        if (cnt[ch[rt][p ^ 1]] < kth) kth -= cnt[ch[rt][p ^ 1]], rt = ch[rt][p];
        else res += (1ll << i), rt = ch[rt][p ^ 1];
    }
    return res;
}

那么维护以每一个节点为结束的区间异或最大值。

---

那么回归正题，参照最小函数值和超级钢琴的思路，我们就每一次取出最大值之后，将这个区间次大值拎出来，放入优先队列中。
运行k遍就是我们需要的答案了。

#include <bits/stdc++.h>
#define ms(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define ms(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define inf 0x3f3f3f3f
#define db double
#define Pi acos(-1)
#define eps 1e-8
#define N 600005
using namespace std;
template <typename T> T power(T x, T y, T mod) { x %= mod; T res = 1; for (; y; y >>= 1) { if (y & 1) res = (res * x) % mod; x = (x * x) % mod; } return res; }
template <typename T> void read(T &x) {
    x = 0; T fl = 1; char ch = 0;
    for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if (ch == '-') fl = -1;
    for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
    x *= fl;
}
template <typename T> void write(T x) {
    if (x < 0) x = -x, putchar('-');
    if (x > 9) write(x / 10); putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) { write(x); puts(""); }
struct node {
    ll val; int id;
    node(ll Val = 0, int Id = 0) { val = Val; id = Id; }
    bool operator < (const node &B) const { return val < B.val; }
};
priority_queue<node> q;
struct L_Trie {
    int ch[N * 40][2], cnt[N * 40], tot;
    void ins(int &rt, int pre, ll val, int len) {
        rt = ++ tot; int k = rt;
        for (int i = len; ~i; i --) {
            ch[k][0] = ch[pre][0]; ch[k][1] = ch[pre][1]; cnt[k] = cnt[pre] + 1;
            int p = (val >> i) & 1;
            ch[k][p] = ++ tot;
            k = ch[k][p]; pre = ch[pre][p];
        }
        cnt[k] = cnt[pre] + 1;
    }
    ll query(int rt, ll val, int kth, int len) {
        ll res = 0;
        for (int i = len; ~i; i --) {
            int p = (val >> i) & 1;
            if (cnt[ch[rt][p ^ 1]] < kth) kth -= cnt[ch[rt][p ^ 1]], rt = ch[rt][p];
            else res += (1ll << i), rt = ch[rt][p ^ 1];
        }
        return res;
    }
} trie;
int root[N], kth[N];
ll sumxor[N], a[N];
int n, k;
ll ans;
int main() {
    read(n); read(k);
    trie.ins(root[0], 0, 0, 31);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        kth[i] = 1; read(a[i]);
        sumxor[i] = sumxor[i - 1] ^ a[i];
        trie.ins(root[i], root[i - 1], sumxor[i], 31);
        q.push(node(trie.query(root[i - 1], sumxor[i], kth[i], 31), i));
    }
    while (k --) {
        node cur = q.top(); q.pop();
        ans += cur.val; kth[cur.id] ++;
        q.push(node(trie.query(root[cur.id - 1], sumxor[cur.id], kth[cur.id], 31), cur.id));
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}