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考虑到 \(n,q\) 奇小无匹，我们便可以制造一个 \(O(qn\log V)\) 的代码。
那么对于我们不想在时间复杂度中出现的 \(m\)，我们直接把他扔进可持久化 \(Trie\) 中销赃。
再根据刚才那个思路，将 \([u,d]\) 中所有点扔进可持久化 \(Trie\) 里递归。
时间复杂度 \(O((m+qn)\log V)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+5;
const int M=1e7+5,K=1005;
int n,m,a[K],nx[K],ny[K],tot;
int q,rt[N],ch[M][2],val[M];
void add(int &x,int y,int v,int id){
if(!x) x=++tot;
val[x]=val[y]+1;
if(id<0) return;
int c=((v>>id)&1);
ch[x][c^1]=ch[y][c^1];
add(ch[x][c],ch[y][c],v,id-1);
}int super_ans(int l,int r,int id,int k){
if(id<0) return 0;int num=0;
for(int i=l;i<=r;i++){
int c=1-((a[i]>>id)&1);
num+=val[ch[nx[i]][c]]-val[ch[ny[i]][c]];
}for(int i=l;i<=r;i++){
int c=((a[i]>>id)&1)^(num>=k);
nx[i]=ch[nx[i]][c],ny[i]=ch[ny[i]][c];
}return super_ans(l,r,id-1,k-(num<k)*num)+((num>=k)<<id);
}int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1,x;i<=m;i++)
cin>>x,add(rt[i],rt[i-1],x,30);
cin>>q;
while(q--){
int u,d,l,r,k;cin>>u>>d>>l>>r>>k;
for(int i=u;i<=d;i++)
ny[i]=rt[l-1],nx[i]=rt[r];
cout<<super_ans(u,d,30,k)<<"\n";
}return 0;
}
合集:
题解
分类:
题解
, 字符串 / Trie / 可持久化 Trie
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