【XSY1759】Alice and Bob

Description

　　

　　XSY1759

　　

　　

　　

Solution

　　

　　肯定是离线对每个子树求答案。

　　

　　考虑对每个子树建出所包含的值的Trie树，这点用启发式算法实现即可，即每个元素会被插入\(\mathcal O(\log n)\)次Trie树。

　　

　　假设我们现在在求某棵子树的答案，并已得到这颗Trie树。我们相当于对子树中的每一个值\(x\)，求出\(g(x)\)表示\(x\)与子树中其他值异或起来的最小值。这棵子树的答案即\(\max g(x)\)。

　　

　　定义一个权值\(x\)的分歧点\(u\)为：若\(x\)与权值\(y\)形成了\(g(x)\)，则\(u\)为Trie上\(x\)与\(y\)的第一个分歧点，即LCA。

　　

　　维护\(f_i\)表示对于分歧点为\(i\)的值\(x\)，\(\max g(x)\)是多少。考虑新插入一个值\(x\)，会对插入时走过的链上的\(f\)带来什么变化。

　　

　　假设插入时遍历到了点\(i\)。若下一步的去向已经有了节点，这就说明：去向的子树中会有至少2个值，那么另一边的所有值的分歧点一定不是\(i\)，因此对\(f_i\)无贡献，将\(f_i\)暂且设为-1；但若另一个方向恰好只包含1个权值\(y\)，那么我们在插入完成回溯到\(i\)时，用\(y\)这个值在去向子树中贪心走一遍，赋到\(f_i\)中。

　　

​　　若下一步的去向没有节点，那么如果另一个方向没有权值，则\(f_i=-1\)；若有，则用\(x\)在另一个方向贪心走一遍，赋到\(f_i\)上。

　　

　　答案即所有\(f_i\)的\(\max\)，实现时计算完目前的\(f_i\)后，上推即可。

　　

　　单次插入的复杂度为\(\mathcal O(\log_2^2 n)\)（插入链的长度为一个log，在每个位置都或许要贪心走一下）

　　

　　所以总时间复杂度是\(\mathcal O(n \log_2^3 n)\)

　　

　　　　

　　

Code

　　

#include <cstdio>
#include <vector>
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=100005,B=17;
int n,w[N],m,ans[N];
vector<int> q[N];
int size[N],son[N],dfntm,dfn[N][2],who[N];
int h[N],tot;
struct Edge{int v,next;}e[N*2];
inline void addEdge(int u,int v){
	e[++tot]=(Edge){v,h[u]}; h[u]=tot;
	e[++tot]=(Edge){u,h[v]}; h[v]=tot;
}
namespace T{
	const int S=N*18;
	int rt,sz;
	int ch[S][2],cnt[S],val[S];
	int f[S];
	void clear(){
		sz=rt=0;
	}
	inline void pushup(int u){
		if(ch[u][0]) f[u]=max(f[u],f[ch[u][0]]);
		if(ch[u][1]) f[u]=max(f[u],f[ch[u][1]]);
	}
	int match(int u,int x,int k){
		int res=0;
		for(;k>=0;k--){
			int c=(x>>k)&1;
			if(ch[u][c]) u=ch[u][c];
			else u=ch[u][c^1],res+=(1<<k);
		}
		return res;
	}
	void insert(int &u,int x,int k){
		if(!u){
			u=++sz;
			f[u]=-1;
			ch[u][0]=ch[u][1]=0;
			cnt[u]=0;
		}
		cnt[u]++; val[u]=x;
		if(k==-1){
			f[u]=cnt[u]>1?0:-1;
			return;
		}
		int c=(x>>k)&1;
		insert(ch[u][c],x,k-1);
		f[u]=-1;
		if(ch[u][0]&&ch[u][1]){
			if(cnt[ch[u][0]]==1)
				f[u]=max(f[u],(1<<k)+match(ch[u][1],val[ch[u][0]],k-1));
			if(cnt[ch[u][1]]==1)
				f[u]=max(f[u],(1<<k)+match(ch[u][0],val[ch[u][1]],k-1));
		}
		pushup(u);
	}
	int get(){return rt?f[rt]:-1;}
}
void readData(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",w+i);
	int u,v;
	for(int i=1;i<n;i++){
		scanf("%d%d",&u,&v);
		addEdge(u,v);
	}
	scanf("%d",&m);
	for(int i=1,x;i<=m;i++){
		scanf("%d",&x);
		q[x].pb(i);
	}
}
void devide(int u,int fa){
	dfn[u][0]=++dfntm;
	who[dfntm]=u;
	size[u]=1;
	for(int i=h[u],v;i;i=e[i].next)
		if((v=e[i].v)!=fa){
			devide(v,u);
			size[u]+=size[v];
			if(!son[u]||size[v]>size[son[u]])
				son[u]=v;
		}
	dfn[u][1]=dfntm;
}
void solve(int u,int fa){
	for(int i=h[u],v;i;i=e[i].next)
		if((v=e[i].v)!=fa&&v!=son[u]){
			solve(v,u);
			T::clear();
		}
	if(son[u])
		solve(son[u],u);
	T::insert(T::rt,w[u],B);
	for(int i=h[u],v;i;i=e[i].next)
		if((v=e[i].v)!=fa&&v!=son[u]){
			for(int j=dfn[v][0];j<=dfn[v][1];j++)
				T::insert(T::rt,w[who[j]],B);
		}
	int best=T::get();
	int sz=q[u].size();
	for(int i=0;i<sz;i++) ans[q[u][i]]=best;
}
int main(){
	readData();
	devide(1,0);
	solve(1,0);
	for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

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