[Codechef REBXOR]Nikitosh and xor (Trie,异或)
分析:首次考虑暴力枚举 \(l_{1},r_{1},l_{2},r_{2}\),配合前缀和时间复杂度 \(O(N^{4})\),需要想办法优化。对于这种两段区间不重合的,我们考虑枚举两段区间之间的断点,设 \(max\_{l}[x]\)表示由区间 \([1,x]\)所能得到的区间异或最大值, \(max\_{r}[x]\)表示由区间 \([x,n]\)所能得到的区间异或最大值,那么答案即为 \(\max(max\_l[i]+max\_r[i+1])(i \in [1,n))\)。现在要想办法计算 \(max\_l\)和 \(max\_r\),考虑更新 \(max\_{l}[x]\),不难得出 \(max\_{l}[x] = \max(max\_l[x-1], \max(a_{i} \oplus a_{i+1} \oplus... \oplus a_{x})(i \in [1,x]))\), \(\max(a_{i} \oplus a_{i+1} \oplus... \oplus a_{x})(i \in [1,x])\)通过 \(Trie\)树和异或前缀和即可求出,不会的话可以看下这道题。然后就可以 \(O(N)\)求解了。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 4e5 + 5;
struct Trie{
int root, id;
bool bit[32];
struct Node{
int val, siz, ch[2];
Node(){ ch[0] = ch[1] = -1, val = siz = 0; }
}node[N * 32];
void get(int x){
for(int i = 0; i < 32; ++i, x >>= 1) bit[i] = x & 1;
}
void init(){
for(int i = 0; i <= id; ++i){
node[i].ch[0] = node[i].ch[1] = -1;
node[i].val = node[i].siz = 0;
}
id = root = 0;
}
void insert(int x){
get(x);
int u = root;
for(int i = 31; i >= 0; --i){
if(node[u].ch[bit[i]] == -1) node[u].ch[bit[i]] = ++id;
u = node[u].ch[bit[i]];
++node[u].siz;
}
node[u].val = x;
}
int find(int x){ // 返回与x异或最大的数
get(x);
int u = root;
for(int i = 31; i >= 0; --i){
int s1 = node[u].ch[!bit[i]], s2 = node[u].ch[bit[i]];
if(s1 != -1 && node[s1].siz > 0) u = s1;
else if(s2 != -1 && node[s2].siz > 0) u = s2;
else return x; // 注意根据需要调整返回值
}
return node[u].val;
}
}trie;
int n, ans;
int a[N], max_l[N], max_r[N], p[N];
void work(){
int Xor = 0;
trie.insert(0);
for(int i = 1; i <= n; ++i){
Xor ^= a[i];
p[i] = max(p[i - 1], trie.find(Xor) ^ Xor);
trie.insert(Xor);
}
}
int main(){
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
work();
for(int i = 1; i <= n; ++i) max_l[i] = p[i];
for(int l = 1, r = n; l < r; ++l, --r) swap(a[l], a[r]);
trie.init();
work();
for(int i = n; i; --i) max_r[i] = p[n - i + 1];
for(int i = 1; i < n; ++i) ans = max(ans, max_l[i] + max_r[i + 1]);
printf("%d", ans);
return 0;
}
你只有十分努力,才能看上去毫不费力。