嘟嘟嘟




省选竟然考了一个可持久化trie,就挑着我不会的考。

话说考场上我确实写了一个trie的做法,只不过一直没调出来然后就只剩暴力分了。

现在想想实在是太蠢了,明明对算法没有把握,却头脑一热在这题上刚了两个点,为什么就不先把第二题的暴力写写呢…………………………




学过主席树,就觉得可持久化trie好像没什么了。大体思路和主席树一样,没有修改的结点直接继承老的结点,修改的就新开结点。所以空间复杂度还是\(O(nlogn)\)的。

对于这一题,我们先求出前缀异或和,然后令\(t = sum[N] \bigoplus x\),于是问题就变成了在\([L - 1, R - 1]\)中选一个数\(i\),使\(sum[i] \bigoplus t\)最大。

这不就成了可持久化trie板儿题了嘛。

需要想一想的是,我们要判断当前节点的一条出边在这个区间内是否存在,我的做法是对于每一个结点单独维护一个字符集大小的数组\(cnt[i]\),表示\(i\)这个字符在这个前缀的出现次数,这样如果\(cnt[now][i] > cnt[old][i]\),就表示这条边在这个区间中出现过,于是就可以从高位贪心找了。




对于本题,坑点在于当\(L = 1\)的时候,异或\(sum[0]\)可能是最优的,但这个情况在主席树上查询的是\(root[R - 1] - root[-1]\),会RE,因此我直接写成\(root[R - 1] - root[N + 1]\),反正\(root[N + 1]\)是空的。

  1. #include<cstdio>
  2. #include<iostream>
  3. #include<cmath>
  4. #include<algorithm>
  5. #include<cstring>
  6. #include<cstdlib>
  7. #include<cctype>
  8. #include<vector>
  9. #include<stack>
  10. #include<queue>
  11. using namespace std;
  12. #define enter puts("")
  13. #define space putchar(' ')
  14. #define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
  15. #define In inline
  16. typedef long long ll;
  17. typedef double db;
  18. const int INF = 0x3f3f3f3f;
  19. const db eps = 1e-8;
  20. const int maxn = 6e5 + 5;
  21. const int N = 24;
  22. inline ll read()
  23. {
  24. ll ans = 0;
  25. char ch = getchar(), last = ' ';
  26. while(!isdigit(ch)) last = ch, ch = getchar();
  27. while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
  28. if(last == '-') ans = -ans;
  29. return ans;
  30. }
  31. inline void write(ll x)
  32. {
  33. if(x < 0) x = -x, putchar('-');
  34. if(x >= 10) write(x / 10);
  35. putchar(x % 10 + '0');
  36. }
  37. char s[2];
  38. int n, m, sum[maxn];
  39. struct Trie
  40. {
  41. int ch[2], cnt[2];
  42. }t[maxn * N + 2];
  43. int root[maxn], tcnt = 0;
  44. In void insert(int old, int& now, int x, int i) //像主席树一样递归插入
  45. {
  46. if(i == -1) return;
  47. t[now = ++tcnt] = t[old];
  48. int c = (x >> i) & 1;
  49. ++t[now].cnt[c];
  50. insert(t[old].ch[c], t[now].ch[c], x, i - 1);
  51. }
  52. In int query(int old, int now, int x)
  53. {
  54. int ret = 0;
  55. for(int i = N; i >= 0; --i)
  56. {
  57. int c = (x >> i) & 1;
  58. if(t[old].cnt[c ^ 1] == t[now].cnt[c ^ 1]) old = t[old].ch[c], now = t[now].ch[c];
  59. else ret |= (1 << i), old = t[old].ch[c ^ 1], now = t[now].ch[c ^ 1];
  60. }
  61. return ret;
  62. }
  63. int main()
  64. {
  65. n = read(), m = read();
  66. insert(root[0], root[0], 0, N);
  67. for(int i = 1; i <= n; ++i)
  68. {
  69. int x = read(); sum[i] = sum[i - 1] ^ x;
  70. insert(root[i - 1], root[i], sum[i], N);
  71. }
  72. for(int i = 1; i <= m; ++i)
  73. {
  74. scanf("%s", s);
  75. if(s[0] == 'A')
  76. {
  77. int x = read(); ++n;
  78. sum[n] = sum[n - 1] ^ x;
  79. insert(root[n - 1], root[n], sum[n], N);
  80. }
  81. else
  82. {
  83. int L = read(), R = read(), x = read();
  84. int tp = sum[n] ^ x;
  85. write(query(L - 2 < 0 ? root[n + 1] : root[L - 2], root[R - 1], tp)), enter;
  86. }
  87. }
  88. return 0;
  89. }

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