传送门

据说这题做法叫做可持久化trie树?(然而我并不会)

首先考虑一下贪心,从高位到低位枚举,如果能选1肯定比选0优

假设已经处理到了$b$的第$i$位,为1(为0的话同理就不说了)

那么只有当$a_j+x$的第$i$位为0时才能让答案的第$i$位为$1$

考虑把$x$的影响去掉。如果当前的答案是$ans$(即令前面几位贪心情况下最大且第$i$位为0时的$a$),那么只有在区间$[ans-x,ans+(1<<i)-1-x]$的数能在加上$x$之后第$i$位为0(这个可以自己手动算一算)

如果存在,那么$ans$第$i$位变为0(存在前$i$位与之相同且第$i$位为0的$a_i$),否则变为1(只存在前$i$位与之相同且第$i$位为0的$a_i$)

然后查找是两个区间限制主席树套上去就好了

 //minamoto
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[<<],*p1=buf,*p2=buf;
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,:;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,:;}
inline int read(){
#define num ch-'0'
char ch;bool flag=;int res;
while(!isdigit(ch=getc()))
(ch=='-')&&(flag=true);
for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*+num);
(flag)&&(res=-res);
#undef num
return res;
}
char sr[<<],z[];int C=-,Z;
inline void Ot(){fwrite(sr,,C+,stdout),C=-;}
inline void print(int x){
if(C><<)Ot();if(x<)sr[++C]=,x=-x;
while(z[++Z]=x%+,x/=);
while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=2e5+,M=N*;
int rt[N],L[M],R[M],sum[M],a[N],cnt,n,q,m;
void update(int &now,int last,int x,int l=,int r=m){
sum[now=++cnt]=sum[last]+;
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>;
if(x<=mid) R[now]=R[last],update(L[now],L[last],x,l,mid);
else L[now]=L[last],update(R[now],R[last],x,mid+,r);
}
int query(int u,int v,int ql,int qr,int l=,int r=m){
if(ql<=l&&qr>=r) return sum[u]-sum[v];
int mid=(l+r)>>;
if(ql<=mid&&query(L[u],L[v],ql,qr,l,mid)) return ;
if(qr>mid&&query(R[u],R[v],ql,qr,mid+,r)) return ;
return ;
}
inline int find(int u,int v,int ql,int qr){
cmax(ql,),cmin(qr,m);
if(ql>qr) return ;
return query(rt[u],rt[v],ql,qr);
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),q=read();
for(int i=;i<=n;++i) cmax(m,a[i]=read());
for(int i=;i<=n;++i)
update(rt[i],rt[i-],a[i]);
while(q--){
int b=read(),x=read(),ql=read(),qr=read(),ans=;
for(int i=;i>=;--i){
int now=ans+((^((b>>i)&))<<i);
if(find(ql-,qr,now-x,now+(<<i)--x)) ans=now;
else ans+=((b>>i)&)<<i;
}
print(ans^b);
}
Ot();
return ;
}

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