hdu 6059 Kanade's trio(trie+容斥)

题目链接：hdu 6059 Kanade's trio

题意：

给你n个数，让你找有多少个(i,j,k),使得i<j<k满足a[i]^a[j]<a[j]^a[k]。

题解：

首先考虑a[i]和a[k]，将他们都转换成二进制，对于a[i]和a[k]，我们用B_i[p]表示二进制下的a[i]的第p位。考虑a[i]和a[k]二进制不同的最高位，这里假设为p，如果B_i[p]=0,B_k[p]=1,那么B_j[p]要为0，才能使得a[i]^a[j]<a[j]^a[k]。（因为p前面的位相同，只有亦或后的第p位k为1，i为0就行了）比如a[i]=5,a[k]=6,那么二进制下不同的最高为就是2，那么a[j]可以为0,1,5,13等，只要Bj[2]=0就行了。同理如果B_i[p]=1,B_k[p]=0,那么B_j[p]要为1。

知道这个性质后，现在我们就可以对每一个数进行枚举了。这里我们从前往后枚举每一个a[k]，将1~(k-1)的数都全部插到trie树里面，并且开一个数组num[30][2]记录第p位为0和为1的数有多少个。

然后在插入过程中，在trie树里面找有多少个i和j，j的个数就是num[p][B_k[p]^1]]，i的个数就是当前cnt[x][B_k[p]^1]]（因为这样计算保证了a[i]和a[k]的二进制前缀相同，就该位不同），但是cnt[x][B_k[p]^1]]中又包括有j的个数，所以这里计算要注意一下，具体看代码。

这里有一部分i,j没有保证i<j，因为a[j]可能是在a[i]前面的数，所以在对于每一个新插入的数，都要保存一下这个数被当成a[i]时，有多少个a[j]在他前面，就是num[p][B_k[p]]]-cnt[x][B_k[p]]，然后后面的数在计算时就要减掉。(具体的话举几个数模拟一下就知道了)

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
using namespace std;

const int M=5e5+7;
int t,n,a[M],num[31][2],s[40];
long long ans;

struct Trie
{
    static const int N=5e6+7,tyn=2;
    int tr[N][tyn],cnt[N],tot;long long ext[N];
    void nw(){cnt[++tot]=0,ext[tot]=0,memset(tr[tot],0,sizeof(tr[tot]));}
    void init(){tot=-1,nw();}
    void insert(int *s,int x=0){
        for(int i=0,w;i<30;i++)
        {
            if(!tr[x][w=s[i]])nw(),tr[x][w]=tot;
            if(tr[x][w^1])
            {
                int nxt=tr[x][w^1];
                ans+=1ll*cnt[nxt]*(cnt[nxt]-1)>>1;
                ans+=1ll*(num[i][w^1]-cnt[nxt])*cnt[nxt]-ext[nxt];
            }
            x=tr[x][w],cnt[x]++,ext[x]+=num[i][w]-cnt[x];
        }
    }
}trie;

int main()
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        F(i,1,n)scanf("%d",a+i);
        trie.init(),ans=0;
        F(i,1,n)
        {
            for(int j=29;j>=0;a[i]>>=1,j--)
            {
                s[j]=a[i]&1;
                num[j][a[i]&1]++;
            }
            trie.insert(s);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}