【CF1515H】Phoenix and Bits（Trie）

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• 给定一个大小为 \(n\) 的非负整数集合。
• \(q\) 次操作，分为四种：给值在 \([x,y]\) 范围内的数按位与 \(v\)；给值在 \([x,y]\) 范围内的数按位或 \(v\)；给值在 \([x,y]\) 范围内的数按位异或 \(v\)；求值在 \([x,y]\) 范围内的有多少种数。
• \(1\le n\le2\times10^5\)，\(1\le q\le10^5\)，值域为 \([0,2^{20})\)

比较粗暴的 Trie 树做法

一个比较粗暴的 Trie 树做法，至少与官方题解相比要无脑一点。

首先需要知道 Trie 树合并和 Trie 树分裂，实现起来和线段树差不多，只是需要多记一个深度。功能同样是合并两个 Trie 树或是从 Trie 树中分离出值在一段区间内的节点。

考虑题目中给出的三种操作，异或操作比较简单，就是打翻转标记。

按位与操作是让某些深度的右儿子变成左儿子或者与左儿子合并，按位或反之。

以按位与为例，如果一个点只有一个儿子，可以通过打标记表示；而如果它既有左儿子又有右儿子，显然这样的合并操作有个次数上界。

因此对每个节点记一下它的子树内那些深度有节点同时存在左右儿子，如果需要修改的深度都只有一个儿子，就可以直接打标记，否则暴力递归下去。

注意这里需要维护三个标记，在合并的时候有些细节。如果是将某些深度变成左/右儿子的标记，则对应深度的其他标记都需要清空；如果是将某些深度翻转的标记，交换这些深度变成左/右儿子的标记，给没这种标记的深度打翻转标记。

以上的信息都可以状压记录。

P.S. 后来仔细看了下官方题解，发现我的做法其实就是在官方题解的基础上少了些暴力递归（因为没有仔细分析复杂度，毕竟我这是个无脑的粗暴做法），而多开了一些标记。

代码：\(O(n\log^2V)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Rg register
#define RI Rg int
#define Cn const
#define CI Cn int&
#define I inline
#define W while
#define N 200000
#define V 1048575
#define LG 19
using namespace std;
namespace FastIO
{
	#define FS 100000
	#define tc() (FA==FB&&(FB=(FA=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),FA==FB)?EOF:*FA++)
	#define pc(c) (FC==FE&&(clear(),0),*FC++=c)
	int OT;char oc,FI[FS],FO[FS],OS[FS],*FA=FI,*FB=FI,*FC=FO,*FE=FO+FS;
	I void clear() {fwrite(FO,1,FC-FO,stdout),FC=FO;}
	Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!isdigit(oc=tc()));W(x=(x<<3)+(x<<1)+(oc&15),isdigit(oc=tc()));}
	Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
	Tp I void writeln(Ty x) {W(OS[++OT]=x%10+48,x/=10);W(OT) pc(OS[OT--]);pc('\n');}
}using namespace FastIO;
int n,rt;class Trie
{
	private:
		#define PT RI l=0,RI r=V,RI d=LG
		#define LT l,u,d-1
		#define RT u+1,r,d-1
		#define New() (Et?Ep[Et--]:++Nt)
		#define D(x) (O[x].S[0]=O[x].S[1]=O[x].G=O[x].F=0,Ep[++Et]=x,x=0)
		#define PU(x)\
		(\
			O[x].Sz=O[O[x].S[0]].Sz+O[O[x].S[1]].Sz,\
			O[x].G=O[O[x].S[0]].G|O[O[x].S[1]].G|((O[x].S[0]&&O[x].S[1])<<d)\
		)
		#define PD(x)\
		(\
			O[x].F&&(Re(O[x].S[0],O[x].F,d-1),Re(O[x].S[1],O[x].F,d-1),O[x].F=0),\
			O[x].P[0]&&(T(O[x].S[0],O[x].P[0],0,d-1),T(O[x].S[1],O[x].P[0],0,d-1),O[x].P[0]=0),\
			O[x].P[1]&&(T(O[x].S[0],O[x].P[1],1,d-1),T(O[x].S[1],O[x].P[1],1,d-1),O[x].P[1]=0)\
		)
		int Nt,Et,Ep[N*60];struct node {int Sz,G,F,P[2],S[2];}O[N*60];
	public:
		I int Q(CI x) {return O[x].Sz;}//询问子树大小
		I void Re(CI x,CI v,RI d=LG)//翻转
		{
			if(!x||!~d) return;v>>d&1&&(swap(O[x].S[0],O[x].S[1]),0);
			RI f0=O[x].P[0]&v,f1=O[x].P[1]&v;O[x].P[0]^=f0^f1,O[x].P[1]^=f0^f1,O[x].F^=v^f0^f1;
		}
		I void T(CI x,CI v,CI w,RI d=LG)//变成左/右儿子
		{
			if(!x||!~d) return;v>>d&1&&O[x].S[w^1]&&(swap(O[x].S[w],O[x].S[w^1]),0);
			O[x].P[w]|=v,O[x].P[w^1]&=~v,O[x].F&=~v;
		}
		I void A(int& x,CI v,PT)//插入
		{
			if(!x&&(x=New()),l==r) return (void)(O[x].Sz=1);
			RI u=l+r>>1;v<=u?A(O[x].S[0],v,LT):A(O[x].S[1],v,RT),PU(x);
		}
		I void Mg(int& x,int& y,PT)//合并
		{
			if(!x||!y) return (void)(x|=y,y=0);if(l==r) return (void)D(y);RI u=l+r>>1;
			PD(x),PD(y),Mg(O[x].S[0],O[y].S[0],LT),Mg(O[x].S[1],O[y].S[1],RT),D(y),PU(x);
		}
		I void Sp(int& x,int& y,CI L,CI R,PT)//分裂
		{
			if(!x) return;if(L<=l&&r<=R) return (void)(y=x,x=0);RI u=l+r>>1;y=New();
			PD(x),L<=u&&(Sp(O[x].S[0],O[y].S[0],L,R,LT),0),R>u&&(Sp(O[x].S[1],O[y].S[1],L,R,RT),0);
			PU(y),O[x].S[0]||O[x].S[1]?PU(x):D(x);
		}
		I void U(int& x,CI v,CI w,PT)//将左/右儿子与右/左儿子合并
		{
			if(!(O[x].G&v)) return T(x,v,w,d);RI u=l+r>>1;PD(x);
			if(v>>d&1) w?Mg(O[x].S[1],O[x].S[0],RT):Mg(O[x].S[0],O[x].S[1],LT);
			U(O[x].S[0],v,w,LT),U(O[x].S[1],v,w,RT),PU(x);
		}
}T;
int main()
{
	RI Qt,i,x;for(read(n,Qt),i=1;i<=n;++i) read(x),T.A(rt,x);
	RI o,op,y,z;W(Qt--) switch(read(op,x,y),op)
	{
		case 1:read(z),o=0,T.Sp(rt,o,x,y),T.U(o,(~z)&V,0),T.Mg(rt,o);break;
		case 2:read(z),o=0,T.Sp(rt,o,x,y),T.U(o,z,1),T.Mg(rt,o);break;
		case 3:read(z),o=0,T.Sp(rt,o,x,y),T.Re(o,z),T.Mg(rt,o);break;
		case 4:o=0,T.Sp(rt,o,x,y),writeln(T.Q(o)),T.Mg(rt,o);break;
	}return clear(),0;
}