BZOJ3166 [Heoi2013]Alo 【可持久化trie树 + 二分 + ST表】

题目

Welcome to ALO ( Arithmetic and Logistic Online)。这是一个VR MMORPG ，
如名字所见，到处充满了数学的谜题。
现在你拥有n颗宝石，每颗宝石有一个能量密度，记为ai，这些宝石的能量
密度两两不同。现在你可以选取连续的一些宝石（必须多于一个）进行融合，设为 ai, ai+1, …, a j，则融合而成的宝石的能量密度为这些宝石中能量密度的次大值
与其他任意一颗宝石的能量密度按位异或的值，即，设该段宝石能量密度次大值
为k，则生成的宝石的能量密度为max{k xor ap | ap ≠ k , i ≤ p ≤ j}。
现在你需要知道你怎么选取需要融合的宝石，才能使生成的宝石能量密度最大。

输入格式

第一行，一个整数 n，表示宝石个数。
第二行， n个整数，分别表示a1至an，表示每颗宝石的能量密度，保证对于i ≠ j有 ai ≠ aj。

输出格式

输出一行一个整数，表示最大能生成的宝石能量密度。

输入样例

5

9 2 1 4 7

输出样例

14

提示

【样例解释】

选择区间[1,5]，最大值为 7 xor 9。

对于 100%的数据有 1 ≤ n ≤ 50000, 0 ≤ ai ≤ 10^9

题解

我们枚举那个次大值的位置，然后我们找的可操作区间肯定是越大越好
然后用二分 + ST表找出最大的区间使得它为这个区间的最大值
要成为次大值，就跨过其中一个区间端点即可

然后就可以在可持久化trie树上询问答案了

注意区间边界的处理细节

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 50005,B = 30,maxm = 100005,INF = 1000000000;
inline int read(){
	int 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;
}
int n,Log[maxn],bin[40],A[maxn],mx[maxn][17];
struct trie{
	int ch[maxn * 35][2],sum[maxn * 35],rt[maxn],cnt;
	int ins(int r,int x){
		int tmp,u;
		tmp = u = ++cnt;
		for (int i = B; i >= 0; i--){
			ch[u][0] = ch[r][0];
			ch[u][1] = ch[r][1];
			sum[u] = sum[r] + 1;
			int t = x & bin[i]; t >>= i;
			r = ch[r][t];
			u = ch[u][t] = ++cnt;
		}
		sum[u] = sum[r] + 1;
		return tmp;
	}
	int 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 getmx(int l,int r){
	int t = Log[r - l + 1];
	return max(mx[l][t],mx[r - bin[t] + 1][t]);
}
void init(){
	bin[0] = 1; REP(i,35) bin[i] = bin[i - 1] << 1;
	Log[0] = -1; for (int i = 1; i < maxn; i++) Log[i] = Log[i >> 1] + 1;
	n = read();
	REP(i,n){
		mx[i][0] = A[i] = read();
		T.rt[i] = T.ins(T.rt[i - 1],A[i]);
	}
	REP(j,16) REP(i,n){
		if (i + bin[j] - 1 > n) break;
		mx[i][j] = max(mx[i][j - 1],mx[i + bin[j - 1]][j - 1]);
	}
}
void solve(){
	int l,r,mid,L,R,ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++){
		if (i == 1 || A[i - 1] >= A[i]) L = i;
		else {
			l = 0; r = i - 1;
			while (l < r){
				mid = l + r + 1 >> 1;
				if (getmx(i - mid,i - 1) < A[i]) l = mid;
				else r = mid - 1;
			}
			L = i - l;
		}
		if (i == n || A[i + 1] >= A[i]) R = i;
		else {
			l = 0; r = n - i;
			while (l < r){
				mid = l + r + 1 >> 1;
				if (getmx(i + 1,i + mid) < A[i]) l = mid;
				else r = mid - 1;
			}
			R = i + l;
		}
		if (L == 1 && R == n) continue;
		if (R < n){
			int tmp = R;
			R++;
			if (R == n || A[R + 1] >= A[i]) l = 0;
			else {
				l = 0; r = n - R;
				while (l < r){
					mid = l + r + 1 >> 1;
					if (getmx(R + 1,R + mid) < A[i]) l = mid;
					else r = mid - 1;
				}
				R += l;
			}
			if (L < R) ans = max(ans,T.query(T.rt[R],T.rt[L - 1],A[i],B));
			R = tmp;
		}
		if (L > 1){
			L--;
			if (L == 1 || A[L - 1] >= A[i]) l = 0;
			else {
				l = 0; r = L - 1;
				while (l < r){
					mid = l + r + 1 >> 1;
					if (getmx(L - mid,L - 1) < A[i]) l = mid;
					else r = mid - 1;
				}
				L -= l;
			}
			if (L < R) ans = max(ans,T.query(T.rt[R],T.rt[L - 1],A[i],B));
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
}
int main(){
	init();
	solve();
	return 0;
}