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

$$\bigoplus _{i=l}^{r}a_i= \left (\bigoplus _{i=1}^{l-1} a_i \right ) \bigoplus \left (\bigoplus _{i=1}^{r} a_i \right )$$

因此我们可以更方便地处理问题。

证明:
设$S(x)=a_1 \oplus a_2 \oplus ... \oplus a_x$

$$\large S(r)=a_1 \oplus a_2 \oplus ... \oplus a_r \\ S(l-1)=a_1 \oplus a_2 \oplus ... \oplus a_{l-1} \\ S(r) \oplus S(l-1) = a_l \oplus a_{l+1} ... \oplus a_r$$

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：

$$S_0=0 \ S_1=a_1\  S_2=a_1⨁a_2 \  … \  S_i=a_1⨁a_2⨁a_3......⨁a_i$$

需要求解的内容变为：

$$a_p⨁......⨁a_n⨁x=S_{p−1}⨁S_n⨁x$$

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

类似于$AcWing$ $143$. 最大异或对

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;
}