【XSY1098】第k小 可持久化trie

题目描述

　　给你一个长度为\(n\)数列\(a\)，有\(m\)次操作：

　　　\(1~x\)：把所有数异或\(x\)

　　　\(2~x\)：把所有数与\(x\)

　　　\(3~x\)：把所有数或\(x\)

　　　\(4~l~r~k\)：求\(a_l\ldots a_r\)的第\(k\)小值。

　　\(n,m\leq 50000,0\leq x,a_i<2^{31}\)

题解

　　如果只有查询操作，可以用可持久化trie解决。

　　加上亦或操作，可以打标记解决。

　　与操作和或操作每次会将所有数的某些二进制变成一样，这些二进制位将来都是一样的。

　　所以直接暴力执行操作，然后打标记，表示这些二进制位已经相同了。如果与操作或或操作的\(x\)修改的二进制位都已经相同，就直接跳过。

　　时间复杂度：\(O(m\log x+n\log^2x)\)

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
int c[20000010][2];
int s[20000010];
int rt[50010];
int cnt;
int xo;
int insert(int x,int v,int d)
{
	int y=++cnt;
	s[y]=s[x]+1;
	c[y][0]=c[x][0];
	c[y][1]=c[x][1];
	if(d==-1)
		return y;
	int b=(v>>d)&1;
	c[y][b]=insert(c[y][b],v,d-1);
	return y;
}
int query(int x,int y,int k,int d)
{
	if(d==-1)
		return 0;
	int b=(xo>>d)&1;
	if(s[c[y][b]]-s[c[x][b]]>=k)
		return query(c[x][b],c[y][b],k,d-1);
	return query(c[x][b^1],c[y][b^1],k-s[c[y][b]]+s[c[x][b]],d-1)|(1<<d);
}
int a[50010];
int n,m;
int all=0xffffffff,now=0;
void build()
{
	int i;
	cnt=0;
	rt[0]=0;
	for(i=1;i<=n;i++)
		rt[i]=insert(rt[i-1],a[i],31);
}
int main()
{
	freopen("xsy1098.in","r",stdin);
	freopen("xsy1098.out","w",stdout);
	int i,j;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	build();
	char op[5];
	int x,y,k;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%s",op);
		if(op[0]=='X')
		{
			scanf("%d",&x);
			xo^=x;
			xo&=all;
			now^=x&(~all);
		}
		else if(op[0]=='O')
		{
			scanf("%d",&x);
			if(x&all)
			{
				all&=~x;
				for(j=1;j<=n;j++)
					a[j]&=all;
				build();
			}
			now|=x&(~all);
			xo&=all;
		}
		else if(op[1]=='n')
		{
			scanf("%d",&x);
			if((~x)&all)
			{
				all&=x;
				for(j=1;j<=n;j++)
					a[j]&=all;
				build();
			}
			now&=x&(~all);
			xo&=all;
		}
		else
		{
			scanf("%d%d%d",&x,&y,&k);
			int ans=query(rt[x-1],rt[y],k,31);
			ans|=now;
			printf("%d\n",ans);
		}
	}
	return 0;
}