P4735 最大异或和

题目描述

给定一个非负整数序列{a}，初始长度为N。

有M个操作，有以下两种操作类型：

1. A x：添加操作，表示在序列末尾添加一个数x，序列的长度N+1。
2. Q l r x：询问操作，你需要找到一个位置p，满足l≤p≤r，使得： a[p]⊕a[p+1]⊕...⊕a[N]⊕x最大，输出最大是多少。

输入输出格式

输入格式：

 

第一行包含两个整数 N,M，含义如问题描述所示。
第二行包含 N个非负整数，表示初始的序列A 。
接下来 M行，每行描述一个操作，格式如题面所述。

 

输出格式：

 

假设询问操作有 T个，则输出应该有 T 行，每行一个整数表示询问的答案。

 

输入输出样例

输入样例#1： 

5  5
2  6 4 3 6
A 1 
Q 3 5 4 
A 4
Q 5 7 0 
Q 3 6 6 

输出样例#1： 

4
5
6

说明

对于测试点 1−2，N,M≤5。
对于测试点 3−7，N,M≤80000。
对于测试点 8−10，N,M≤300000。
其中测试点 1, 3, 5, 7, 9保证没有修改操作。
0≤a[i]≤10⁷。

 

Solution：

　　本题可持久化trie树板子。

　　可持久化trie树这东西和主席树很像，思路就是大量利用先前版本，并建立前缀式的结构。

　　对于本题，我们直接用可持久化trie树维护异或前缀和。考虑询问的$[p,n]$的异或和就是$s_n\;xor\;s_{p-1}$，那么我们就是要在$[l-1,r-1]$这段区间内找到一个值$s_p$与$s_n\;xor\;x$相异或值最大，那么还是贪心的从高位到低位去查，只不过像主席树一样每次都是作前缀减法得到当前区间的节点信息。至于插入操作，每次都是在末尾加数，那么只要往trie树中加入新的异或前缀和就好了。

　　时间复杂度$O(n\log n)$。

代码：

/*Code by 520 -- 9.27*/
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define RE register
#define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
using namespace std;
const int N=600005;
int n,m,cnt,sum,rt[N];
struct node{
    int son[2],tot;    
}t[N*30];
char s[2];

int gi(){
    int a=0;char x=getchar();bool f=0;
    while((x<'0'||x>'9')&&x!='-') x=getchar();
    if(x=='-') x=getchar(),f=1;
    while(x>='0'&&x<='9') a=(a<<3)+(a<<1)+(x^48),x=getchar();
    return f?-a:a;    
}

void ins(int &rt,int lst,int d,int v){
    t[rt=++cnt]=t[lst],t[rt].tot++;
    if(d<0) return;
    int p=v&(1<<d)?1:0;
    ins(t[rt].son[p],t[lst].son[p],d-1,v);    
}

int query(int l,int r,int d,int v,int ans){
    if(d<0) return ans;
    int p=v&(1<<d)?1:0,ls=t[t[l].son[p^1]].tot,rs=t[t[r].son[p^1]].tot;    
    if(rs-ls) return query(t[l].son[p^1],t[r].son[p^1],d-1,v,ans|(1<<d));
    return query(t[l].son[p],t[r].son[p],d-1,v,ans);
}

int main(){
    n=gi(),m=gi();
    ins(rt[0],rt[0],24,0);
    For(i,1,n) sum^=gi(),ins(rt[i],rt[i-1],24,sum);
    int l,r,x;
    while(m--){
        scanf("%s",s);
        if(s[0]=='A') sum^=gi(),ins(rt[n+1],rt[n],24,sum),++n;
        else {
            l=gi(),r=gi(),x=gi();
            printf("%d\n",query(rt[l-2],rt[r-1],24,x^sum,0));    
        }
    }
    return 0;    
}