[十二省联考2019]异或粽子

XXXVI.[十二省联考2019]异或粽子

好像对可持久化结构有了新的认识（

首先，我们考虑，区间异或和，可以直接被转换为前缀异或和的异或和，即 \(s_r\operatorname{xor}s_{l-1}\)。于是我们考虑对于每个 \(s_r\) 找到与其异或起来最大的 \(s_{l-1}\)。

显然，可以建一棵可持久化01trie，每个位置的trie上记录了 \(s_{0\sim i-1}\)，然后只需用经典套路找出对于 \(s_r\) 最大的 \(s_{l-1}\) 即可。

现在考虑回答询问。依照某种套路，我们可以用一个堆维护对于每个 \(r\) 最大的 \(s_{l-1}\)，然后每次从堆中找到最大的 \(r\)，并且把这个 \(r\) 对应的次大的 \(l-1\) 找出来。

于是我们需要支持动态地从01trie上删数。

在普通01trie上这是很好做的；但是这里可持久化了，要是直接减少区间中数的个数可能会影响到之后的trie。

于是我们便想到，减少一个数时，额外再拷贝一条新链出来就行了。（只不过这样空间复杂度就是 \(32(n+q)\) 的，但此题空间一个 G，可以随意挥霍）

于是便做完了，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned int ui;
typedef long long ll;
int n,m,cnt,rt[500100];
struct Trie{
	int ch[2],sz;
}t[30001000];
const int LG=31;
ll res;
ui a[500100];
void ins(int &x,int y,ui z,int del,int dep){
	x=++cnt,t[x]=t[y],t[x].sz+=del;
	if(dep==-1)return;
	ins(t[x].ch[(z>>dep)&1],t[y].ch[(z>>dep)&1],z,del,dep-1);
}
ui findmx(int x,ui z,int dep){
	if(dep==-1)return 0;
//	printf("%d:(%d,%d):%u,%d\n",x,ch[x][0],ch[x][1],z,dep);
	if(t[t[x].ch[!((z>>dep)&1)]].sz)return findmx(t[x].ch[!((z>>dep)&1)],z,dep-1)+(1<<dep);
	return findmx(t[x].ch[(z>>dep)&1],z,dep-1);
}
void iterate(int x,int dep,ui val){
	if(!x)return;
	if(dep==-1){printf("(%u:%d)",val,t[x].sz);return;}
	iterate(t[x].ch[0],dep-1,val),iterate(t[x].ch[1],dep-1,val+(1<<dep));
}
priority_queue<pair<ui,int> >q;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%u",&a[i]),a[i]^=a[i-1],ins(rt[i],rt[i-1],a[i-1],1,LG),q.push(make_pair(findmx(rt[i],a[i],LG),i));
	while(m--){
		ui z=q.top().first;int i=q.top().second;
		q.pop();res+=z,ins(rt[i],rt[i],z^a[i],-1,LG);
		if(t[rt[i]].sz)q.push(make_pair(findmx(rt[i],a[i],LG),i));
	}
	printf("%lld\n",res);
	return 0;
}