BZOJ.5092.[Lydsy1711月赛]分割序列(高维前缀和)

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\(Description\)

\(Solution\)

首先处理\(a_i\)的前缀异或和\(s_i\)。那么在对于序列\(a_1,...,a_n\)，在\(i\)位置处分开的价值为：\(s_i+s_i\ ^{\wedge}s_n\)。
虽然有个加，但依旧可以考虑按位计算。如果\(s_n\)的第\(k\)位为\(1\)，那\(s_i\)的第\(k\)位为\(0\)或是\(1\)贡献都是\(2^k\)（贡献即\(s_i+s_i\ ^{\wedge}s_n\)在第\(k\)位上是否为\(1\)）；如果\(s_n\)的第\(k\)位为\(0\)，那么\(s_i\)第\(k\)位为\(0\)则贡献为\(0\)，为\(1\)则贡献为\(2*2^k\)。

\(n\)就是指我们当前处理的前缀是\(a[1...n]\)。然后从高到低枚举每一位\(k\)，如果\(s_n\)在这一位为\(1\)，显然答案一定可以得到\(2^k\)的贡献；否则\(s_n\)在这一位为\(0\)，我们应尽量让分割位置\(i\)满足\(s_i\)在第\(k\)位为\(1\)，也就是找一个\(n\)前面的位置\(i\)满足\(s_i\)在第\(k\)位为\(1\)，如果找得到，答案就可以得到\(2^{k+1}\)的贡献，并限制了\(s_i\)的第\(k\)位为\(1\)。
继续枚举更低位\(k'\)时，在第二种情况\(s_i\)不仅要满足\(s_i\)在第\(k'\)位为\(1\)，还要满足之前的第\(k\)位为\(1\)，也就是找是否存在\(s_i\)第\(k,k'\)位同时为\(1\)的\(n\)前面的位置\(i\)。
之后同理。

也就是说我们要求是否存在\(i\leq n\)，\(s_i\)的第\(k\)位为\(1\)且前\(k\)位都满足之前的限制（某些位必须为\(1\)）。
不妨去求，第\(k\)位为\(1\)且满足限制的最靠前的位置\(i\)，判断是否有\(i\leq n\)。
因为限制就是某些位必须为\(1\)，其它位任意，也就是超集。所以用高维前缀和维护满足某种限制的集合中，最靠前的位置就可以了。
复杂度\(O(2^kk)\)。

//6576kb	1748ms
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=(1<<20)+5;

int s[300005],f[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;

inline int read()
{
	int now=0;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
	return now;
}

int main()
{
	static int pw[30];
	pw[0]=1;
	for(int i=1; i<=21; ++i) pw[i]=pw[i-1]<<1;

	int n=read(),mx=0;
	memset(f,0x3f,sizeof f);
	for(int i=1,t; i<=n; ++i)
		s[i]=s[i-1]^read(), mx=std::max(mx,s[i]), f[s[i]]=std::min(f[s[i]],i);
	int bit=1;
	while(pw[bit]<=mx) ++bit;
	for(int i=0,lim=1<<bit; i<bit; ++i)
		for(int s=0; s<lim; ++s)
			if(!(s&pw[i])) f[s]=std::min(f[s],f[s|pw[i]]);
	for(int i=1; i<=n; ++i)
	{
		int ans=0,t=0;
		for(int j=bit-1; ~j; --j)
			if(s[i]&pw[j]) ans|=pw[j];
			else if(f[t|pw[j]]<=i) t|=pw[j], ans+=pw[j+1];//+= not |=...
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}