[十二省联考2019] 异或粽子
[十二省联考2019] 异或粽子
题意:
题解：
没有做过异或之和超级钢琴，但是这几道题的做法似乎还是非常好想的。首先做前缀异或和，这样问题转化成了个给定序列，找出\(K\)对数字对\((i, j)\)使这几对数字的异或的值之和最大。考虑如果我们确定右端点\(r\)，那么异或最大值是很好确定的，直接在\(Trie\)上查找即可。假如我们要查找第\(K\)大的异或值的话，就可以使用可持久化\(Trie\)树。虽然以前没有写过，但写法就和主席树差不多。每当找到\(r\)为右端点的最大值之后，把这个异或值删除，再次查找的就是第二大的了，以此类推就可以得到第\(K\)大的了。
然后我们用堆维护每一个点为右端点时的异或最大值，然后每次取出堆顶的值，更新次大值即可。总共会修改\(K\)次，时间复杂度为\(KlogK\)，空间复杂度为\(KlogK\)，跑的似乎非常慢。。
Code：
#pragma GCC optimize(2, "inline", "Ofast")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e6 + 50;
typedef long long ll;
int n, k;
ll a[N], s[N], nrt[N];
ll res;
namespace PerTrie {
int rt[N], cnt[N << 3], ch[N << 3][2];
int tot = 0;
queue<int> rec;
void Init() { for(int i = 1; i < (N << 3); i++) rec.push(i); }
int Newnode() { int o = rec.front(); rec.pop(); cnt[o] = 0; ch[o][0] = ch[o][1] = 0; return o; }
void Insert(int &o, int rt, ll x, int Bit) {
if(!o || o == rt) o = Newnode();
cnt[o] = cnt[rt] + 1; ch[o][0] = ch[rt][0]; ch[o][1] = ch[rt][1];
if(Bit == -1) return ;
int c = (1ll << Bit) & x ? 1 : 0;
Insert(ch[o][c], ch[rt][c], x, Bit - 1);
return ;
}
void Delete(int &o, int rt, ll x, int Bit) {
if(!o || o == rt) o = Newnode();
cnt[o] = cnt[rt] - 1; ch[o][0] = ch[rt][0]; ch[o][1] = ch[rt][1];
if(Bit == -1) {
if(cnt[o] == 0) rec.push(o), o = 0;
return ;
}
int c = (1ll << Bit) & x ? 1 : 0;
Delete(ch[o][c], ch[rt][c], x, Bit - 1);
if(cnt[o] == 0) rec.push(o), o = 0;
return ;
}
void Query(int o, ll x, int Bit) {
if(Bit == -1) return ;
int c = (1ll << Bit) & x ? 1 : 0;
if(ch[o][c ^ 1]) Query(ch[o][c ^ 1], x, Bit - 1), res ^= (1ll << Bit);
else Query(ch[o][c], x, Bit - 1);
}
}
struct node {
int R;
ll val;
bool operator < (const node &rhs) const {
return val < rhs.val;
};
};
priority_queue<node> Q;
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
PerTrie::Init();
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
for(int i = 1; i <= n; i++) s[i] = s[i - 1] ^ a[i];
PerTrie::Insert(PerTrie::rt[0], PerTrie::rt[n + 1], 0, 33);
for(int i = 1; i <= n; i++) PerTrie::Insert(PerTrie::rt[i], PerTrie::rt[i - 1], s[i], 33), nrt[i] = i;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
res = 0;
PerTrie::Query(PerTrie::rt[i - 1], s[i], 33);
Q.push( (node) { i, res });
}
ll ans = 0;
int tot = n + 1;
while(k--) {
node o = Q.top(); Q.pop();
ans += o.val;
ll V = o.val ^ s[o.R];
PerTrie::Delete(PerTrie::rt[++tot], PerTrie::rt[nrt[o.R - 1]], V, 33);
nrt[o.R - 1] = tot;
if(PerTrie::rt[nrt[o.R - 1]] == 0) continue;
res = 0;
PerTrie::Query(PerTrie::rt[nrt[o.R - 1]], s[o.R], 33);
Q.push( (node) { o.R, res } );
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
2019.4.9 UPD：今天机房放出这道题目的加强版，数据范围如下:\(n \leq 7.5 * 10 ^ 5, k \leq \frac{n * (n + 1)}{2}, a_i < 2 ^ {32}\)，\(T L: 2s\)于是我们就有了一个\(O(nlogn)\)的优秀做法，暂时在\(loj\) 和 \(luogu\)上\(rank1\)……马上就会放上来的……
2019.4.10 UPD：完了我被日爆了……果然我常数还是大啊……
这里继续讲一个复杂度为\(O(nlogn)\)的做法，并且需要的只是一棵\(Trie\)树。
首先我们还是做一遍前缀异或和，记这个数组为\(b\)。题目转化成点对异或前\(K\)大值之和。但是这是有序对，所以我们将\(K * 2\)，即转化成了无序对，最后答案除以\(2\)即可。考虑到\(K\)非常的大，我们不能枚举\(K\)来得到答案，那么比较容易想到的就是枚举每一位计算贡献。在这之前，我们需要找出异或值第\(K\)大的数的值，之后要求的就是所有大于这个值的异或值之和。
考虑逐位确定第\(K\)大的每一位，假设我们这一位取的是\(1\)，那么对于某一个\(b_i\)，假设当前所在节点为\(x\)，当前这一位的值为\(c\)，那么只有在\(ch[x][c\) ^ \(1]\)这个节点的子树中的\(b_j\)才能够在该位产生贡献。我们记\(cnt[x]\)表示在\(Trie\)树上每个节点的子树中，有多少个实节点（即这个子树内包含多少个叶子节点）。那么对于当前这一位的答案，假设\(b_i\)在\(Trie\)树上的当前位置是\(pos_i\)，那么假设当前这一位上取\(1\)，则对于\(K\)的贡献就是\(s = \sum_i cnt[ch[pos_i][c_i\) ^ \(1]]\)（\(c_i\)表示第\(i\)个前缀异或值这一位上是多少）。
类似树上二分，假设\(s \leq k\)，说明这一位都取\(1\)是合法的，那么我们让答案\(K\)减去\(s\)，然后对于\(b_i\)当前所在位置\(pos_i\)，我们在$ch[pos_i][c_i $ ^ $ 1]\(这个节点上打上\)b_i\(这样一个标记，表示这个节点的子树中所有的\)b_j$ ^ \(b_i\)是会对答案产生贡献的，至于贡献我们最后一起算。然后\(pos_i \to ch[pos_i][c_i]\)，即朝下一个地方走下去，并且我们记录\(ans[i]\)表示二进制下答案的这一位上会有多少个\(1\)，那么此时\(ans[bit] += s\)（\(bit\)表示当前在第几位）。
如果\(s > k\)，说明这一位不能全部都取\(1\)，只能有\(k\)个取到\(1\)，那么此时答案\(ans[bit] += k\)，然后每个节点的\(pos[i] \to ch[pos_i][c_i\) ^ \(1]\)，即往不会产生贡献的方向走。
这样我们在最后\(Dfs\)一遍\(Trie\)树，处理每个标记，把贡献加到答案里即可。但是由于我们处理的是类似于这样的\(b_i\) ^ \(b_j + b_i\) ^ $b_k + \dots $ 这样的答案，所以我们处理每个标记的时候都需要拆位来计算。那么处理一个标记的时间就是\(O(log)\)的，总的复杂度就是\(O(nlog^2)\)的，仍然不够优秀。
继续考虑到在一个点上打的标记是怎样的形式，很容易发现，能够在某个相同的点上打的标记的这些数的集合\(\{ b_i, b_j, \cdots, b_m\}\)，一定是都在某一棵子树里的。于是我们的标记转化成了\(x\)与\(y\)这两棵子树中所有的\(b_i\)两两异或的值之和作为贡献。考虑仍然是拆位做，这样我们需要知道某一棵子树中某一位上\(1\)的个数，有一种方法就是在插入\(Trie\)数之前，将\(b\)从小到大排序一遍，那么\(Trie\)树上的一个子树对应的就是数组中的一段区间，这样就非常好处理了。
复杂度之所以是\(O(nlog)\)的，在于这样\((x,y)\)这样的标记个数不会超过\(O(n)\)对，因为标记只会在三度点上被打上，而\(Trie\)数上叶子节点个数为\(O(n)\)个，那么三度点的个数也是\(O(n)\)个，所以标记个数就是\(O(n)\)个。由于这个性质，我们还会发现一个节点\(x\)，只会至多和另一个节点\(y\)打上标记，这样就不用标记去重了。
至于如何打这个标记呢，由于我们需要\(b_i\)在按照\(Trie\)树上正常走之后，第\(bit\)位时，在什么位置。于是我们记\(rpos_i\)表示这个位置，那么每次\(rpos_i\)都往\(ch[rpos_i][c_i]\)这个方向走，打标记是，就相当于打上\((ch[rpos_i][c_i], ch[pos_i][c_i\) ^ \(1])\)这样的一对标记。我们将这样的标记存下来，最后一起算即可。注意这个时候\(K\)比较大，所以答案也会爆\(long long\)，记得开__\(int128\)，并且别忘记除以2。
Code：
#pragma GCC optimize (3, "inline", "Ofast")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 7.5E5 + 50;
const int M = 1.1E7 + 50;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> P;
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
typedef vector<int> Vec;
typedef vector<P> VecP;
int n, tot;
ll k, s;
ll a[N], b[N], ans[33];
int ch[M][2], l[M], r[M], dep[M], c[M];
int p1[N], p2[N], sum[N][33], gg[N], vis[M];
VecP t;
void Insert(ll x, int idx) {
int nw = 0;
for(int i = 32; ~i; i--) {
int son = (x >> i) & 1;
if(!ch[nw][son]) ch[nw][son] = ++tot, dep[tot] = i, l[tot] = r[tot] = idx;
nw = ch[nw][son];
l[nw] = min(l[nw], idx); r[nw] = max(r[nw], idx);
c[nw] ++;
}
return ;
}
void print(__int128 x) {
if(!x) return ;
print(x / 10);
putchar( (char)( x % 10 + '0') );
}
void Solve() {
for(int i = 0; i < (int)t.size(); i++) {
int x = t[i].fi, y = t[i].se;
for(int j = 0; j < dep[x]; j++) {
int c1 = sum[r[x]][j] - sum[max(0, l[x] - 1)][j], c2 = sum[r[y]][j] - sum[max(0, l[y] - 1)][j];
ans[j] += (ll) c1 * (c[y] - c2) + (ll) c2 * (c[x] - c1);
}
}
__int128 res = 0;
for(int i = 0; i <= 32; i++) {
if(!ans[i]) continue;
res = res + (__int128) (ans[i] / 2) * (1ll << i);
}
if(res == 0) puts("0");
else print(res), puts("");
return ;
}
int main() {
scanf("%d%lld", &n, &k);
k = k * 2;
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]), b[i] = b[i - 1] ^ a[i];
sort(b, b + 1 + n);
for(int i = 0; i <= n; i++) Insert(b[i], i);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 0; j <= 32; j++) {
sum[i][j] = sum[i - 1][j] + ((b[i] >> j) & 1);
}
}
for(int i = 32; ~i; i--) {
s = 0;
for(int j = 0; j <= n; j++) {
if(gg[j]) continue;
int son = (b[j] >> i) & 1;
s += c[ch[p1[j]][son ^ 1]];
p2[j] = ch[p2[j]][son];
}
if(s <= k) {
k -= s;
ans[i] += s;
for(int j = 0; j <= n; j++) {
if(gg[j]) continue;
int son = (b[j] >> i) & 1;
if(ch[p1[j]][son ^ 1] && !vis[p2[j]]) {
t.push_back( mk(p2[j], ch[p1[j]][son ^ 1]));
vis[p2[j]] = ch[p1[j]][son ^ 1];
}
p1[j] = ch[p1[j]][son];
if(!p1[j]) gg[j] = 1;
}
}
else {
ans[i] += k;
for(int j = 0; j <= n; j++) {
if(gg[j]) continue;
int son = (b[j] >> i) & 1;
p1[j] = ch[p1[j]][son ^ 1];
if(!p1[j]) gg[j] = 1;
}
}
}
Solve();
return 0;
}
