【数据结构/分块/可持久化 Trie】AcWing 269. Fotile模拟赛L

块乐

分析

因为这题查询的是指定区间 $[l, r]$ 的最大异或子段，我们很难不想到使用可持久化 $\texttt{trie}$ 来搞。

然而，对于每次查询，如果单纯地使用可持久化 $\texttt{trie}$，那么必须要枚举右端点进行查询，那么每次查询的复杂度是 $O(n{\rm {log}} V)$（$V$ 为值域大小），承受不住。

在查询上可以直接优化吗？似乎做不到呢。。你会发现没有什么可用的数据结构可以对此进行优化。

那么考虑使用优雅的暴力——分块来进行操作：

• 将区间划分为 $tot$ 块。
• 假设查询的区间为 $[l,r]$，我们对中间的整块 $[L,R]$（这里 $[L,R]$ 为块的标号）在查询前进行了预处理，已经知道了这一部分的贡献（也就是最大异或值）是 $f(L, R)$。
• 那么我们只需要枚举一遍左边的非整块部分，使用上面说的可持久化 $\texttt{trie}$ 来求最大异或值，记为 $A$，同理右边非整块部分也这么干，结果记为 $B$。（这两部分的查询分别用 $pre,suf$ 两棵树来完成即可，见代码）
• 那么答案就是 $\max\{A, B, f(L, R)\}$。
• 上面的操作复杂度显然是 $O(\frac{n}{tot}\cdot {\rm log} V)$

最后说说怎么预处理：

• 首先枚举整块，然后枚举整块内的左右端点来求这个整块的最大异或值，复杂度为 $O(tot \cdot (\frac{n}{tot}) ^ 2)$

  这样我们就得到了 $f(i, i)$。

• 接下来利用递推得到 $f(i, j)$（其中 $i<j$）：我们只需要枚举第 $j$ 块的端点，然后使用可持久化 $\texttt{trie}$ 求它和第 $i$ 块的左端点的最大异或值即可，记贡献为 $A$，那么递推方程就是 $f(i, j) = \max(f(i, j-1), A)$，这一步的复杂度为 $O(tot^2 \frac{n}{tot}{\rm log }V)$

综上，复杂度为：$O(\frac{n}{tot}\cdot {\rm log} V + tot \cdot (\frac{n}{tot}) ^ 2 + tot^2 \frac{n}{tot}{\rm log}V)$，如果简单地将 ${\rm log} V$ 看成是一个常数（最多 $31$），那么可以发现块长选取为 $\sqrt n$ 最合适，整个算法复杂度为 $O(n\sqrt n {\rm log} V)$

实现

感觉我的码风应该可以被看懂

// Problem: Fotile模拟赛L
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/description/271/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#pragma GCC optimize("O3")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define debug(x) cerr << #x << ": " << (x) << endl
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define dwn(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define pb push_back
#define all(x) (x).begin(), (x).end()

#define x first
#define y second
using pii = pair<int, int>;
using ll = long long;

#define int long long

inline void read(int &x){
    int s=0; x=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-')x=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0' && ch<='9') s=(s<<3)+(s<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    x*=s;
}

const int N=2e4+50, M=31, BLK=sqrt(N+1);

int n, Q;
int w[N];

struct LTrie{
	int tr[N*M][2];
	int root[N];
	int s[N], mxid[N*M];
	int idx;
	
	int sum(int l, int r){
		return s[r]^s[l-1];
	}
	
	void insert(int i, int k, int p, int q){
		if(k==-1) return mxid[q]=i, void();
		int val=s[i]>>k&1;
		if(p) tr[q][val^1]=tr[p][val^1];
		tr[q][val]=++idx;
		insert(i, k-1, tr[p][val], tr[q][val]);
		mxid[q]=max(mxid[tr[q][0]], mxid[tr[q][1]]);
	}
	
	void build(){
		mxid[0]=-1;
		root[0]=idx=1;
		insert(0, M, 0, root[0]);
		rep(i,1,n) s[i]^=s[i-1];
		
		rep(i,1,n){
			root[i]=++idx;
			insert(i, M, root[i-1], root[i]);
		}
	}
	
	int query(int u, int c, int lim){
		dwn(i,M,0){
			int val=c>>i&1;
			if(mxid[tr[u][val^1]]>=lim) u=tr[u][val^1];
			else u=tr[u][val];
		}
		return s[mxid[u]]^c;
	}
	
	int query(int l, int r){ // fix r and query limit >= l-1
		return query(root[r], s[r], l-1);	
	}
}pre, suf;

int Len;
int tot;
int L[BLK], R[BLK];
int id[N]; // the block id of index

int f[BLK][BLK];

void init(){
	tot=n/Len;
	rep(i,1,tot) L[i]=(i-1)*Len+1, R[i]=i*Len;
	if(R[tot]<n) ++tot, L[tot]=R[tot-1]+1, R[tot]=n;
	rep(i,1,tot) rep(j,L[i],R[i]) id[j]=i;
	// dp
	rep(i,1,tot){
		int l=L[i], r=R[i];
		rep(j,l,r) rep(k,j,r) f[i][i]=max(f[i][i], pre.sum(j, k));
	}
	rep(len,2,tot){
		rep(l,1,tot-len+1){ // l, r is block id
			int r=l+len-1;
			int lx=L[r], rx=R[r];
			rep(i,lx,rx) f[l][r]=max(f[l][r], pre.query(L[l], i));
			f[l][r]=max(f[l][r], f[l][r-1]);
		}
	}
}

int query(int l, int r){
	int res=0;
	int lid=id[l], rid=id[r];
	if(lid==rid){
		rep(i,l,r) res=max(res, pre.query(l, i));
		return res;
	}
	if(lid+1<rid) res=f[lid+1][rid-1];
	rep(i,l,L[lid+1]-1) res=max(res, suf.query(n-r+1, n-i+1));
	rep(i,R[rid-1]+1,r) res=max(res, pre.query(l, i));
	return res;
}

signed main(){
	cin>>n>>Q;
	rep(i,1,n) read(w[i]);
	rep(i,1,n){
		pre.s[i]=w[i];
		suf.s[i]=w[n+1-i];
	}
	
	pre.build(), suf.build();
	
	Len=sqrt(n+1);
	init();
	
	int res=0;
	while(Q--){
		int l, r; read(l), read(r);
		l=(l+res)%n+1;
		r=(r+res)%n+1;
		if(l>r) swap(l, r);
		cout<<(res=query(l, r))<<endl;
	}
	
	return 0;
}