AcWing 256. 最大异或和
\(AcWing\) \(256\). 最大异或和
一、题目大意
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：
A x：添加操作，表示在序列末尾添加一个数 \(x\)，序列的长度 \(N\) 增大 \(1\)。
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，输出这个最大值
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
每个询问操作输出一个整数，表示询问的答案。
每个答案占一行。
数据范围
\(N,M≤3×10^5,0≤a[i]≤10^7\)。
输入样例：
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：
4
5
6
二、前导知识
异或问题
异或问题是研究数列上异或性质的一类问题，例如 区间最大异或，异或和 相关问题等，解决这些问题通常用到下面的几个性质：
- 交换律 \(a\oplus b = b \oplus a\)
- 结合律 \((a\oplus b)\oplus c =a\oplus (b\oplus c)\)
- 自反性 \(x \oplus x =0\)
- 或 0 不变性 \(x \oplus 0 =x\)
根据自反性质，区间的异或值具有前缀和性质，即
因此我们可以更方便地处理问题。
证明:
设\(S(x)=a_1 \oplus a_2 \oplus ... \oplus a_x\)
可持久化\(Trie\)
\(Q\):本题涉及到的是异或运算和，使用\(Tire\)树是可以理解的，但为什么一定要持久化，不持久化为什么不行？
\(A\): 之所以选择可持久化\(Trie\)来完成这道题，原因是：
- 普通最大异或值可以通过构建普通\(Trie\),一路能反着走就反着走，实在走不了就正着走，来获取，这是一个贪心的思想
- 普通\(Trie\)无法解决区间\([L,R]\)这样的查询问题,一查就是全套的，不知道什么进候收手
- 如果记录并枚举从\(L\)~\(R\)的每一个\(Trie\)树，就在空间和时间上过不去，这时，持久化\(Trie\)树登场
- \([1\sim R-1]\)可以直接查找版本号为\(R-1\)的数据，不会取到大于等于\(R-1\)的数据
- \([L-1 \sim R-1]\)的数据，其实在版本为\(R-1\)的树中其实都存在的，但直接取怕到\([1\sim L-2]\)中去，造成错误查询, 办法就是在每个节点创建时，标识它是由哪个版本创建的，如果是\(>=L-1\)的，才能访问
可持久化：下面介绍 \(Trie\) 是如何实现可持久化的。
既然我们现在要访问一个历史版本，那么我们直观的想法就是将每一个版本的 \(Trie\) 结构体都存储下来，当需要一个新的结点时，我们完全复制一个历史版本，然后再它上面完成操作。这样的做法，正确性是显然的，但是空间开销却让人头疼。当务之急是减少存储空间，我们考虑将 \(Trie\) 树上的一些 枝条 共用来减少空间上的浪费。
这样做：对于一个新建的版本，每插入一个点都新建一个节点，然后完全复制历史版本上同等地位点的全部儿子信息，可以看下面这张图来方便你的理解。
通过上图我们发现，从一个版本起点开始，遍历整棵树，一定只能获得该版本内的所有串，并且空间大大减少，是不是非常优美。
对于区间 \([l,r]\)上的一些询问，我们转化为对版本\(l − 1\)和\(r\)之间插值的询问。这样就可以通过可持久化的方法来求解区间信息。
图集
1. \(Trie\)树中保存的是什么?
2. 可持久化\(Trie\)的构建步骤
四、本题思路
定义\(S_i\)表示前\(i\)个数的 异或前缀和，即：
需要求解的内容变为：
上面的式子中可以将\(S_n⨁x\)看成常数，记为\(C\)，则相当于在区间\([L,R]\)中找到一个位置\(p\)，使得\(S_{p−1}⨁C\)的值 最大
将每个数据\(a_i\)看成一个 二进制字符串,存入到\(Trie\)中。因为\(0≤a[i]≤10^7\)，又\(2^{23}≤a[i]≤2^{24}\)，因此我们需要将每个数据对应到一个长度为\(24\)为的\(01\)二进制串上。
先考虑简单情况
假设让我们从\([1,R]\)中找到一个这样的\(p\)的话，问题就十分类似于\(AcWing\) \(143\). 最大异或对，不同点 在于本题中的\(a\)数组是不断变化的，维护一个\(Trie\)树，只能计算某个时刻问题。
因此要记录下所有历史版本的\(Trie\)树，\(root[R]\)中存储的就是插入\(a[1\sim R]\)时形成的\(Trie\)树。
小结
-
利用可持久化的\(Trie\)树这种数据结构，可以实现从\(1\sim R\)区间查询。,其中\(R\)也就是版本号,也就是第\(R\)个插入的字符串。
-
如果区间左边的限制也加上，则问题就变成了让我们在区间\([L,R]\)中找到一个\(p\)，使得\(S_{p−1}⨁C\)的值最大，可以这样处理：在\(trie\)树中的每个节点中多记录一个信息\(ver\)，表示第几个版本插入的，也就是第几个数时插入的，如果\(ver[u]≥L\)，则说明这棵子树在\([L,R]\)这个区间中存在。
-
对于上面提到的某个\(C\)，数据\(A\)可以看成一个\(24\)位长度的二进制字符串，从左到右遍历这个字符串，假设当前考察的是字符\(t\)，则在\(trie\)树中我们应该走到
t ^ 1的分支上（如果存在的话，即对于区间\([L,R]\)，如果该分支对应的\(ver[u]≥L\)，则说明存在），这样异或值才能最大（贪心思想） -
原序列长度为\(3×10^5\)，因为操作的个数最多也是\(3×10^5\)，因此序列的长度最大是\(6×10^5\)。另外还需要考虑\(trie\)中节点的个数：每次操作最多建立\(24\)个节点，再加上根节点，一共\(25\)个节点，每个数据最多建立\(25\)个节点，因此节点数为\(25×6×10^5=1.5×10^7\)，每个节点两个分支，因此第二维为\(2\)；另外还需要记录每个点的\(ver\)，需要的空间量是\(1.5×10^7×3=4.5×10^7\)个\(int\)，大约\(4.5×10^7×4/10^6=180MB\)的存储空间，题目提供\(256MB\)的存储空间，满足要求
五、实现代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 6e5 + 10, M = 25 * N;
int s[N];
int tr[M][2], ver[M];
int root[N], idx;
void insert(int k, int p, int q) {
for (int i = 23; ~i; i--) {
int u = s[k] >> i & 1;
tr[q][u ^ 1] = tr[p][u ^ 1]; //复制
tr[q][u] = ++idx; //创建
ver[tr[q][u]] = k; //记录版本
q = tr[q][u], p = tr[p][u];
}
}
int query(int p, int l, int c) {
for (int i = 23; ~i ; i--) {
int u = c >> i & 1;
if (tr[p][u ^ 1] && ver[tr[p][u ^ 1]] >= l)
p = tr[p][u ^ 1];
else
p = tr[p][u];
}
return c ^ s[ver[p]]; // p:最终停留在的异或和最大值终点处,ver[p]这是哪个版本放进来的？,s[ver[p]]=S_{p-1}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
// 0号版本,用于处理类似于S[1]-S[0]这样的递推边界值
root[0] = ++idx;
insert(0, 0, root[0]);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int x;
cin >> x;
root[i] = ++idx;
s[i] = s[i - 1] ^ x; //原数组不重要，异或前缀和数组才重要
insert(i, root[i - 1], root[i]);
}
while (m--) {
char op;
cin >> op;
if (op == 'A') {
int x;
cin >> x;
n++;
root[n] = ++idx;
s[n] = s[n - 1] ^ x;
insert(n, root[n - 1], root[n]);
} else {
int l, r, x;
cin >> l >> r >> x;
printf("%d\n", query(root[r - 1], l - 1, s[n] ^ x));
}
}
return 0;
}
