BZOJ2741 【FOTILE模拟赛】L 【可持久化trie + 分块】

题目

FOTILE得到了一个长为N的序列A，为了拯救地球，他希望知道某些区间内的最大的连续XOR和。

即对于一个询问，你需要求出max(Ai xor Ai+1 xor Ai+2 ... xor Aj)，其中l<=i<=j<=r。

为了体现在线操作，对于一个询问(x,y)：

l = min ( ((x+lastans) mod N)+1 , ((y+lastans) mod N)+1 ).

r = max ( ((x+lastans) mod N)+1 , ((y+lastans) mod N)+1 ).

其中lastans是上次询问的答案，一开始为0。

输入格式

第一行两个整数N和M。

第二行有N个正整数，其中第i个数为Ai，有多余空格。

后M行每行两个数x,y表示一对询问。

输出格式

共M行，第i行一个正整数表示第i个询问的结果。

输入样例

3 3

1 4 3

0 1

4 3

输出样例

提示

HINT

N=12000，M=6000，x,y,Ai在signed longint范围内。

题解

区间异或和最大，转化为两个前缀和

多次询问不同区间，用可持久化trie树

但每次要任意选出两个数，而常规的trie树只支持一个数询问区间和它的最大异或值，不能处理区间内任意两个数异或和最大值

何破？

我们不可能每次询问$O(n^2logn)$枚举其中一个数

那就预处理！

如果我们能预处理出每个区间异或最大值，就是$O(n^2logn)$预处理，$O(1)$查询

能不能均摊一下？

分块！

我们只预处理每个块头到其后面所有位置的数异或的最大值

具体的，设$f[i][j]$表示$i$块开头位置到$j$中所有数异或的最大值，记块头为$u$，则$f[i][j]$即为区间$[u,j]$的答案

算出$f[i][j]$只需要枚举每个$j$就可以了

具体地，$f[i][j] = max(f[i][j - 1],query(j，区间[u,j - 1]))$

那么每次询问的时候，对于$l$之后的第一个块头$u$，可以得到出后面的答案$f[u][r]$

所以我们只需要计算区间$[l,u - 1]$的数与其后面的数的最大异或值

这个区间大小不会超过$\sqrt{n}$，所以可以直接统计

总的复杂度$O(n\sqrt{n}logn)$

【坑点，给出的x，y可能超过int范围】

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<algorithm>

#define LL long long int

using namespace std;

const int maxn = 12005,Bit = 31,maxm = 6000000,INF = 100000000;

inline LL read(){

	LL out = 0,flag = 1; char c = getchar();

	while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}

	while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}

	return out * flag;

}

LL n,m,A[maxn],sum[maxn],bin[40];

LL f[200][maxn],block[maxn],B,lans;

struct trie{

	int ch[maxm][2],sum[maxm],rt[maxn],cnt;

	int ins(int pre,int x){

		int tmp,u;

		tmp = u = ++cnt;

		for (int i = Bit; i >= 0; i--){

			ch[u][0] = ch[pre][0];

			ch[u][1] = ch[pre][1];

			sum[u] = sum[pre] + 1;

			LL t = x & bin[i]; t >>= i;

			pre = ch[pre][t];

			u = ch[u][t] = ++cnt;

		}

		sum[u] = sum[pre] + 1;

		return tmp;

	}

	LL query(int u,int v,int x,int dep){

		if (dep < 0) return 0;

		LL t = x & bin[dep]; t >>= dep;

		if (sum[ch[u][t ^ 1]] - sum[ch[v][t ^ 1]])

			return bin[dep] + query(ch[u][t ^ 1],ch[v][t ^ 1],x,dep - 1);

		return query(ch[u][t],ch[v][t],x,dep - 1);

	}

}T;

int main(){

	bin[0] = 1; for (int i = 1; i <= Bit; i++) bin[i] = bin[i - 1] << 1;

	n = read(); m = read(); B = (int)sqrt(n) + 1;

	n++;

	for (int i = 2; i <= n; i++) A[i] = read();

	for (int i = 1; i <= n; i++){

		sum[i] = sum[i - 1] ^ A[i];

		T.rt[i] = T.ins(T.rt[i - 1],sum[i]);

		block[i] = i / B;

	}

	for (int i = 1; i <= n; i++){

		if (i == 1 || block[i] != block[i - 1]){

			int b = block[i];

			for (int j = i; j <= n; j++){

				f[b][j] = max(f[b][j - 1],T.query(T.rt[j - 1],T.rt[i - 1],sum[j],Bit));

			}

		}

	}

	n--;

	LL l,r,x,y;

	while (m--){

		x = read(); y = read();

		l = min (((x + lans) % n) + 1, ((y + lans) % n) + 1);

		r = max (((x + lans) % n) + 1, ((y + lans) % n) + 1) + 1;

		lans = 0;

		if (block[l] != block[r]) lans = f[block[l] + 1][r];

		for (int i = l; block[i] == block[l] && i < r; i++){

			lans = max(lans,T.query(T.rt[r],T.rt[i],sum[i],Bit));

		}

		printf("%lld\n",lans);

	}

	return 0;

}