Codeforces 1720 D, E

D1
设$dp(i)$表示考虑前i个数的最长子序列。枚举$j$，从$dp(j)+1$转移到$dp(i)$，转移条件就是题中给的那个不等式。

发现$i-j$不能超过$300$，暴力枚举即可。

时间复杂度$O(300n)$。

D2
当$dp(j)$能转移到$dp(i)$，当且仅当：$a_{j}\oplus i<a_{i}\oplus j$。若这个不等式成立，那么一定是二进制从大往小的前$k$位满足$a_{j}\oplus i=a_{i}\oplus j$，并且第$(k+1)$位满足$a_{j}\oplus i=0,a_{i}\oplus j=1$。

对$a_{j}\oplus i=a_{i}\oplus j$可以移项（注意异或的自反律仅用于等式，不能用于不等式，所以对于原式，我们没法移项），可得：$a_{i}\oplus i=a_{j}\oplus j$。

那么我们可以将$a_{i}\oplus i$作为关键字，放到Trie上。并且记录$cnt(pos,x,y)$，表示子树$pos$中，$i$的第$k$位为$x$，$a_{i}$的第$k$位为$y$时的最大DP值。找到最优转移只需枚举我们是哪一位出现不同数位的，设这一位为$k$，$i$第$k$位为$x$，$a_{i}$第$k$位为$y$。由$a_{j}\oplus i=0,a_{i}\oplus j=1$，可知要满足$a_{j}$的第$k$位和$i$相同，$a_{i}$的第$k$位和$j$不同，也就是$cnt(pos,y\oplus 1,x)$。

时间复杂度$O(n\log A)$，$A$为$a$的最大取值。

#include<bits/stdc++.h>
#define debug(...) std::cerr<<#__VA_ARGS__<<" : "<<__VA_ARGS__<<std::endl

const int maxn=300005,maxm=300005*32;
int n,ans,a[maxn],f[maxn];
int cur,root,lef[maxm],rig[maxm],cnt[maxm][2][2];

int add() {
	++cur; lef[cur]=rig[cur]=0;
	memset(cnt[cur],0,sizeof cnt[cur]);
	return cur;
}

void insert(int pos,int dig,int key,int id,int dpval) {
	if(dig<0) return;
	int x=(id&(1<<dig))?1:0,y=(a[id]&(1<<dig))?1:0;
	cnt[pos][x][y]=std::max(cnt[pos][x][y],dpval);
	if(key&(1<<dig)) {
		if(!rig[pos]) rig[pos]=add();
		insert(rig[pos],dig-1,key,id,dpval);
	} else {
		if(!lef[pos]) lef[pos]=add();
		insert(lef[pos],dig-1,key,id,dpval);
	}
}

int query(int pos,int dig,int key,int id) {
	if(dig<0) return 0;
	int x=(id&(1<<dig))?1:0,y=(a[id]&(1<<dig))?1:0;
	int ret=cnt[pos][y^1][x];
	if((key&(1<<dig))&&rig[pos]) ret=std::max(ret,query(rig[pos],dig-1,key,id));
	if(!(key&(1<<dig))&&lef[pos]) ret=std::max(ret,query(lef[pos],dig-1,key,id));
	return ret;
}

void solve() {
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	cur=ans=0; root=add();
	for(int i=0;i<n;i++) {
		f[i]=query(root,30,i^a[i],i)+1;
		ans=std::max(ans,f[i]);
		insert(root,30,i^a[i],i,f[i]);		
	}
	printf("%d\n",ans);
	return;
}

int main() {
	int T; scanf("%d",&T);
	while(T--) solve();
	return 0;
}