异或问题合集

评价：我有异或症。

收集了一些跟异或相关的 trick，主要是以题目的形式放出来，做到了新的会再加。

由于本人不太会线性基，正在考虑要不要改成 01-Trie 学习笔记，相关题目暂时应该是没有，主要考虑异或本身的性质。

P4551 最长异或路径

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设 $di{s}_u$ 表示根到 $u$ 路径上所有边权的异或和，众所周知异或有个很好的性质就是 $a\oplus a=0$，那么根据这点我们不难发现：$u,v$ 路径上的边权异或和就等于 $di{s}_u\oplus di{s}_v$，因为 LCA 向上的边权都异或两次消去了。

现在的问题就变成：找出最大的一个点对 $(u,v)$，使得 $di{s}_u\oplus di{s}_v$ 最大。

将所有 $di{s}_i$ 从高位到低位插入到 Trie 中，然后枚举 $di{s}_u$，贪心地从 Trie 上向下走找到最大的 $di{s}_u\oplus di{s}_v$ 即可。具体来说就是每次看看能不能朝相反的那一位走，因为是从高位到低位插入这样一定是最优的。这个是非常基础的，相信大家都会。

时间复杂度 $O(n\log V)$。

P9745 树上异或

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插播一个 dp 题。

朴素的想法是设 $f_{u,i}$ 表示 $u$ 所在的连通块权值为 $i$ 时（只考虑子树内），子树内其他连通块的贡献之和，$g_u$ 表示 $u$ 所在子树的答案。

$f_{u,i}$ 的转移就考虑每个儿子到自己的边断不断：

$$f_{u,i}\leftarrow f_{u,i}\times g_v+\sum _j{f}_{u,j}\times f_{v,i\oplus j}$$

$g_u$ 其实就求个和：

$$g_u=\sum _{x}x\times f_{u,x}$$

时间复杂度 $O(nV)$，肯定过不去。

异或的一个很好的性质就是运算过程中每一位之间都是独立的，不妨按位考虑，也就是拆位。

设 $f_{u,i,0/1}$ 表示 $u$ 所在连通块权值的第 $i$ 位为 $0/1$ 时（同样也只考虑子树内），子树内其他连通块的贡献之和，$g_u$ 表示 $u$ 所在子树的答案。

转移其实大差不差：

$$\begin{array}{rl}{f}_{u,i,0}& \leftarrow f_{u,i,0}\times g_v+f_{u,i,0}\times f_{v,i,0}+f_{u,i,1}\times f_{v,i,1}\\ f_{u,i,1}& \leftarrow f_{u,i,1}\times g_v+f_{u,i,0}\times f_{v,i,1}+f_{i,i,1}\times f_{v,i,0}\end{array}$$

哦，还有 $g_u$ 改成这样：

$$g_u=\sum _i{2}^i\times f_{u,i,1}$$

时间复杂度 $O(n\log V)$。

P5283 异或粽子

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对 $a_i$ 做一个异或前缀和，也就是记 $s_i={\oplus }_{j=1}^i{a}_i$，那么区间 $[l,r]$ 的异或和就可以转化为 $s_r\oplus s_{l-1}$，特别规定 $s_0=0$ 即可。

于是问题就转化成了：给你一个序列 $s$，求前 $k$ 大的两两异或值之和。

注意这里要求 $s_i\oplus s_j$ 时有 $i<j$，这是比较烦人的，但我们可以直接将 $i<j$ 的限制去掉，转而求前 $2k$ 大的两两异或值，然后再将答案除以 $2$ 就好了，因为发现这样只是把 $i,j$ 和 $j,i$ 重复算了一遍（由于有 $s_i\oplus s_i=0$，$i=j$ 的情况不需要任何特殊处理）。

事实上强制带 $i<j$ 的限制也可以写可持久化 Trie 来解决。

考虑给定其中一个 $s_i$ 时，能不能求出来第 $k$ 大的 $s_i\oplus s_j$。其实是简单的，Trie 树上每个点维护子树内有几个数，把 $s_i$ 扔到 Trie 上去进行一个类似于线段树上二分的过程就好了，当一位填 $1$ 后最小排名不会超过 $k$ 时就贪心填 $1$。

然后类比一下超级钢琴的做法，开一个小根堆，对于每个 $s_i$ 先将最小的 $s_i\oplus s_j$ 扔进堆里，这样就能保证堆顶一定是当前能取的最小值。接下来每次取出堆顶后，假如这个堆顶对它的 $s_i$ 来说是第 $t$ 小的，那就用上面方法把第 $t+1$ 小的扔进去，这样重复 $2k$ 次之后我们就成功求出前 $2k$ 大的两两异或值了。

于是就做完了，时间复杂度 $O((n+k)\log V)$。

CF241B Friends

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乍一看这不就是异或粽子吗？但是发现 $k$ 非常大，而上面做法的复杂度是带个 $k$ 的，过不去。

其实我们还有一个跟 $k$ 无关的 $O(n{\log }^{2}V)$ 做法。

首先还是先把 $k$ 乘上 $2$，这些就不多说了。然后我们分为两部分去完成：求出第 $k$ 大的异或值 $kth$，求出大于等于 $kth$ 的异或值之和。

对于第一部分，考虑二分答案 $mid$，判断 $kth$ 是否小于等于 $mid$。不难发现此时我们只需要求出有多少对 $(i,j)$ 满足 $a_i\oplus a_j>=mid$ 就行了，可以直接把每个 $a_i$ 扔到 Trie 树上，类似线段树二分的过程（或者你也可以理解成枚举 LCP），如果遇到 $mid$ 某位是 $0$，那么与 $a_i$ 这位相反的那棵子树内的 $a_j$ 就都是合法的，借此求出有多少个满足条件的 $a_j$ 即可。这部分是两个 $\log$ 的。

对于第二部分，考虑在 Trie 树上每个点 $u$ 额外维护一个 $f_{u,x}$ 表示经过 $u$ 的 $a_i$ 中有几个二进制下第 $x$ 位是 $1$，这样把 $a_i$ 扔到 Trie 树上走的过程中，如果遇到 $kth$ 某位是 $0$，那么与 $a_i$ 这位相反的那个子树内的数与 $a_i$ 异或后就一定是大于 $kth$ 的，相当于是求 $a_i$ 异或其它经过这棵子树的 $a_j$ 的和，贡献可以直接拆位算出来。

这样的话时空都是两个 $\log$ 的，可以通过，但是空间其实可以去掉一个 $\log$。

考虑将 $a_i$ 从小到大排序，有这么个性质：经过 Trie 上某个结点的 $a_i$ 一定是一段连续的区间。

因此可以直接对原序列拆位做一个前缀和，需要统计某棵子树的贡献拆位时可以对应其在序列中的左右端点，差分计算贡献。

这样就是时间两个 $\log$，空间单 $\log$ 了。

ABC252Ex K-th beautiful Necklace

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很好的神仙题！技巧性很强的题，感觉就是各种 trick 的杂糅。

下文中令 $m$ 为原题中的 $c$。发现这个 $n$ 的范围是很神奇的，让人很容易去想暴力的可行性。当 $m$ 确定时直接爆搜的上界显然是 $O((\frac{n}{m}{)}^m)$ 的，那么整体的上界具体到底是多少呢？事实上 $m=3$ 时会取到 ${10}^{11}$ 左右。

直接搜显然是爆炸了，但是注意到如果折半的话那搜一半的复杂度就会开个根号，只有 ${10}^5$ 的级别（上界其实是 $5\times {10}^5$ 左右），这是完全可以接受的，因此可以贪心地将颜色划分为大小乘积比较接近的两组，折半地将两组的选法先搜出来。

假设第一组搜出来的所有选法权值扔到序列 $a$ 中，第二组搜出来的所有选法权值扔到序列 $b$ 中，那么现在问题就转化成了：给你两个序列 $a$ 和 $b$，求 $a_i\oplus b_j$ 的第 $k$ 大值。

一个直接的想法是二分答案 $mid$，把每个 $b_i$ 扔到 Trie 中，然后对于每个 $a_i$ 计算有多少 $b_j$ 满足 $a_i\oplus b_j\ge mid$ 即可。分析下复杂度，我们令 $T$ 表示搜一半的复杂度上界，那么时间复杂度为 $O(T{\log }^{2}V)$，算下来快到 ${10}^9$，好的看来是似了。

考虑干掉二分的 $\log$：方法是直接让所有的 $a_i$ 同时在 Trie 上移动。具体地，从高到低枚举答案每一位，计算每个 $a_i$ 在当前位的相反方向上的子树内的 $b_j$ 个数并求和，如果大于 $k$ 说明答案这一位为 $1$，集体向该位相反方向移动即可，否则说明答案这一位为 $0$，全部向当前位的同方向移动，并将 $k$ 减去刚刚算的个数即可。

现在的时间复杂度就是 $O(T\log V)$ 的了，真的赢了。