可持久化01Trie树【p4735(bzoj3261)】最大异或和

Description

给定一个非负整数序列\(\{a\}\)，初始长度为\(N\)。

有\(M\)个操作，有以下两种操作类型：

1. A x：添加操作，表示在序列末尾添加一个数\(x\)，序列的长度\(N+1\)。
2. Q l r x：询问操作，你需要找到一个位置\(p\)，满足\(l \leq p \leq r\)，使得： \(a[p] \oplus a[p+1] \oplus ... \oplus a[N] \oplus x\) 最大，输出最大是多少。

Input

第一行包含两个整数 \(N,M\)，含义如问题描述所示。

第二行包含 \(N\)个非负整数，表示初始的序列\(A\) 。

接下来 \(M\)行，每行描述一个操作，格式如题面所述。

Output

假设询问操作有 \(T\) 个，则输出应该有 \(T\) 行，每行一个整数表示询问的答案。

表示是个裸的可持久化\(01Trie\)树.

考虑到\(\oplus\)具有的性质\((x\ \oplus \ y) \oplus y=x\)

所以我们最终所求就是$sum[p-1]\oplus sum[n] \oplus x $

(其中\(sum\)数组存储异或前缀和.)

想要求出最大值.我们显然已知\(sum[n] \oplus x\)

则要在\([l,r]\)中找出与\(sum[n]\oplus x\)异或起来的最大值。

显然直接查询即可.

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define R register
using namespace std;
const int maxn=600009;
inline void in(int &x)
{
	int f=1;x=0;char s=getchar();
	while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
	while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
	x*=f;
}
struct Trie
{
	int ch[maxn*35][2],cnt[maxn*35],tot,root[maxn];
	Trie(){root[0]=tot=1;}
	inline void insert(R int lastroot,R int &nowroot,int x)
	{
		nowroot=++tot;
		int u=nowroot;
		for(R int i=30;~i;i--)
		{
			R int bit=(x>>i)&1;
			ch[u][!bit]=ch[lastroot][!bit];
			ch[u][bit]=++tot;
			u=ch[u][bit];
			lastroot=ch[lastroot][bit];
			cnt[u]=cnt[lastroot]+1;
		}
	}
	inline int query(R int l,R int r,R int x)
	{
		R int res=0;
		for(R int i=30;~i;i--)
		{
			R int bit=(x>>i)&1;
			if(cnt[ch[r][!bit]]-cnt[ch[l][!bit]])
			{
				l=ch[l][!bit];
				r=ch[r][!bit];
				res+=(1<<i);
			}
			else
			{
				l=ch[l][bit];
				r=ch[r][bit];
			}
		}
		return res;
	}
}se;
int n,m,sum[maxn],a[maxn];
char opt[5];
int main()
{
	in(n),in(m);n++;
	for(R int i=2,x;i<=n;i++)in(a[i]);
	for(R int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]^a[i];
	for(R int i=1;i<=n;i++)
		se.insert(se.root[i-1],se.root[i],sum[i]);
	for(R int x,y,z;m;m--)
	{
		scanf("%s",opt+1);
		if(opt[1]=='A')
		{
			in(x);n++;
			sum[n]=sum[n-1]^x;
			se.insert(se.root[n-1],se.root[n],sum[n]);
		}
		else
		{
			in(x),in(y),in(z);
			printf("%d\n",se.query(se.root[x-1],se.root[y],sum[n]^z));
		}
	}
}