2018.09.30 bzoj2741: 【FOTILE模拟赛】L（分块+可持久化01trie）

传送门

数据结构经典题。

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首先考虑另外一种询问方式。

已知权值val,在区间[1,n][1,n][1,n]中找一个数使得valvalval^a[i]a[i]a[i]最大。

这个可以直接01trie。

那么变成区间[l,r][l,r][l,r]之后显然可以用可持久化01trie。

但是现在不知道权值val。

所以我们用分块预处理把时间复杂度变成O(n∗sqrt(n)∗logn)O(n*sqrt(n)*logn)O(n∗sqrt(n)∗logn)的。

具体来说就是mx[i][j]mx[i][j]mx[i][j]表示从第i块开头开始到j这段区间最大的两个数的异或和。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 12005
#define P 60
using namespace std;
inline ll read(){
	ll ans=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return ans;
}
int n,m,sig,rt[N],blo[N];
ll lastans=0,mx[150][N],sum[N];
struct Trie{
	int son[N*400][2],siz[N*400],tot;
	inline int insert(ll val,int las){
		int p,ret;
		p=ret=++tot;
		for(int i=P;~i;--i){
			son[p][0]=son[las][0],son[p][1]=son[las][1],siz[p]=siz[las]+1;
			ll tmp=(val>>i)&1ll;
			son[p][tmp]=++tot,p=son[p][tmp],las=son[las][tmp];
		}
		siz[p]=siz[las]+1;
		return ret;
	}
	inline ll query(int l,int r,ll val){
		ll ret=0;
		for(int i=P;~i;--i){
			ll tmp=(val>>i)&1ll;
			if(siz[son[r][tmp^1ll]]-siz[son[l][tmp^1ll]])ret|=1ll<<i,l=son[l][tmp^1ll],r=son[r][tmp^1ll];
			else l=son[l][tmp],r=son[r][tmp];
		}
		return ret;
	}
}T;
int main(){
	n=read(),m=read(),sig=sqrt(n),T.tot=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)blo[i]=(i-1)/sig+1,rt[i]=T.insert((sum[i]=sum[i-1]^read()),rt[i-1]);
	for(int i=1;i<=blo[n];++i){
		ll tmp=0;
		for(int j=(i-1)*sig+1;j<=n;++j)tmp=max(tmp,T.query(rt[(i-1)*sig-1],rt[j],sum[j])),mx[i][j]=tmp;
	}
	while(m--){
		int l=(read()+lastans)%n+1,r=(read()+lastans)%n+1;
		if(l>r)swap(l,r);
		lastans=(blo[l]^blo[r])?mx[blo[l]+1][r]:0;
		int ql=l-1,qr=min(r,blo[l]*sig);
		for(int i=ql;i<=qr;++i)lastans=max(lastans,T.query(rt[l-2],rt[r],sum[i]));
		printf("%lld\n",lastans);
	}
	return 0;
}