[ABC281F] Xor Minimization

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Problem Statement

You are given a sequence of non-negative integers $A=(a_1,\ldots,a_N)$.

Let us perform the following operation on $A$ just once.

Choose a non-negative integer $x$. Then, for every $i=1, \ldots, N$, replace the value of $a_i$ with the bitwise XOR of $a_i$ and $x$.

Let $M$ be the maximum value in $A$ after the operation. Find the minimum possible value of $M$.

What is bitwise XOR?

The bitwise XOR of non-negative integers $A$ and $B$, $A \oplus B$, is defined as follows.

When $A \oplus B$ is written in binary, the $k$-th lowest bit ($k \geq 0$) is $1$ if exactly one of the $k$-th lowest bits of $A$ and $B$ is $1$, and $0$ otherwise.

For instance, $3 \oplus 5 = 6$ (in binary: $011 \oplus 101 = 110$).

Constraints

$1 \leq N \leq 1.5 \times 10^5$
$0 \leq a_i \lt 2^{30}$
All values in the input are integers.

Input

The input is given from Standard Input in the following format:

$N$

$a_1$ $\ldots$ $a_N$

Output

Print the answer.

Sample Input 1

3

12 18 11

Sample Output 1

If we do the operation with $x=2$, the sequence becomes $(12 \oplus 2,18 \oplus 2, 11 \oplus 2) = (14,16,9)$, where the maximum value $M$ is $16$.

We cannot make $M$ smaller than $16$, so this value is the answer.

Sample Input 2

10

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Sample Output 2

Sample Input 3

5

324097321 555675086 304655177 991244276 9980291

Sample Output 3

805306368

异或的题目，考虑01trie。不妨先把trie建出来。考虑dp。

定义 $dp_i$ 为如果使用 trie 中点 $i$ 的子树中的点构成的序列走。也就是如果把点 $i$ 作为根节点，拎出来一颗 trie 树时的答案。明显到叶子节点时，$dp_i=0$。

假设现在到了点 $x$，点 $x$ 位于 01trie 的第 $i$ 位。

如果他只有一个儿子有值，那么一定有办法把这一位变成0。所以可以直接继承。如果有两个儿子有值，那么这个 $2^i$ 是逃不掉的了，所以两个儿子中选择较小的那个再加上 $2^i$ 就行了。

但是这个 dp 中好像有个问题：我们整个序列中所有的数异或上的都是一个数，但是他当中并没有保证这个。是否会出现一个子树中某一位是1，另一个子树中某一位是0的情况呢？其实是会的，但是不影响答案。首先如果只有一个儿子，那就直接继承是没错的。但是如果有两个儿子，此时有 2^i 顶着，这比上面这种情况的影响会大很多。所以真正选择的方案按照两个儿子中 dp 值最小的那个儿子所选择的方案，大的那个不会有影响。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=1.5e5+5;

int a[N],tr[N*30][2],tag[N*30],f[N*30],n,idx(1);

void insert(int x)

{

	int u=1;

	for(int i=30;i>=0;i--)

	{

		f[u]=1<<i;

		if(!tr[u][x>>i&1])

			tr[u][x>>i&1]=++idx;

		u=tr[u][x>>i&1];

//		printf("%d\n",u);

	}

	tag[u]=1;

}

int dfs(int x)

{

//	printf("%d\n",x);

	if(tag[x])

		return 0;

	if(!x)

		return -2000000000;

	int p=dfs(tr[x][0]),q=dfs(tr[x][1]);

	if(p>q)

		swap(p,q);

	return max(p+f[x],q);

}

int main()

{

	scanf("%d",&n);

	for(int i=1;i<=n;i++)

	{

		scanf("%d",a+i);

		insert(a[i]);

	}

//	printf("%d %d\n",tr[0][0],tr[0][1]);

	printf("%d",dfs(1));

	return 0;

}