bzoj2741【FOTILE模拟赛】L
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2741
分块或可持久化trie
可以先看看这个:高斯消元解XOR方程组
分块做法:
我们先求出前i个数的异或和,即b[i]=a[1]^a[2]^...^a[i],不失一般性,记b[0]=0。
那么a[i]^a[i+1]^...^a[j-1]^a[j]=b[j]^b[i-1]。
所以原问题变成在b[l-1...r]中任选2个数,使得异或和最大。
我们将0..N分成$\sqrt{N}$块,不妨记第i块的左端为l[i],右端为r[i]。
每个块建一棵二进制树,将所有的数插入到所在的块的二进制树中。
然后记$f[i][j]$表示b[i]与第j块中某一个数异或(即b[i]与b[l[j]...r[j]]中的某一个数异或),得到的最大的异或和是多少。这个可以在$O(31N\sqrt{N})$的时间内解决。
$g[i][j]$表表示第i块中某一个数与第j块中某一个数异或(即b[l[i]...r[i]]中的某一个数异或与b[l[j]...r[j]]中的某一个数异或),得到的最大的异或和是多少。这个可以在$O(N\sqrt{N})$从F数组得到。
现在预处理已经完成了。
对于询问区间[l-1...r],分类讨论一下就可以了,时间复杂度是$O(MN)$
所以总的时间复杂度是$O(31N\sqrt{N}+MN)$
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<fstream> #include<algorithm> #include<cstring> #include<string> #include<cmath> #include<queue> #include<stack> #include<map> #include<utility> #include<set> #include<bitset> #include<vector> #include<functional> #include<deque> #include<cctype> #include<climits> #include<complex> //#include<bits/stdc++.h>适用于CF,UOJ,但不适用于poj using namespace std; typedef long long LL; typedef double DB; typedef pair<int,int> PII; typedef complex<DB> CP; #define mmst(a,v) memset(a,v,sizeof(a)) #define mmcy(a,b) memcpy(a,b,sizeof(a)) #define fill(a,l,r,v) fill(a+l,a+r+1,v) #define re(i,a,b) for(i=(a);i<=(b);i++) #define red(i,a,b) for(i=(a);i>=(b);i--) #define ire(i,x) for(typedef(x.begin()) i=x.begin();i!=x.end();i++) #define fi first #define se second #define m_p(a,b) make_pair(a,b) #define p_b(a) push_back(a) #define SF scanf #define PF printf #define two(k) (1<<(k)) template<class T>inline T sqr(T x){return x*x;} template<class T>inline void upmin(T &t,T tmp){if(t>tmp)t=tmp;} template<class T>inline void upmax(T &t,T tmp){if(t<tmp)t=tmp;} const DB EPS=1e-9; inline int sgn(DB x){if(abs(x)<EPS)return 0;return(x>0)?1:-1;} const DB Pi=acos(-1.0); inline int gint() { int res=0;bool neg=0;char z; for(z=getchar();z!=EOF && z!='-' && !isdigit(z);z=getchar()); if(z==EOF)return 0; if(z=='-'){neg=1;z=getchar();} for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-'0',z=getchar()); return (neg)?-res:res; } inline LL gll() { LL res=0;bool neg=0;char z; for(z=getchar();z!=EOF && z!='-' && !isdigit(z);z=getchar()); if(z==EOF)return 0; if(z=='-'){neg=1;z=getchar();} for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-'0',z=getchar()); return (neg)?-res:res; } const int maxN=12000; const int maxcnt=120; struct Tnode { Tnode *son[2]; inline Tnode(){son[0]=son[1]=0;} }; int N,Q; int len,cnt,id[maxN+10],l[maxcnt+10],r[maxcnt+10]; int a[maxN+100]; Tnode *rt[maxcnt+10]; int f[maxN+100][maxcnt+10]; int g[maxcnt+100][maxcnt+10]; int lastans; int t[40]; inline void insert(Tnode *p,int v) { int i; re(i,1,31)t[i]=v&1,v>>=1; red(i,31,1) { if(!p->son[t[i]])p->son[t[i]]=new Tnode; p=p->son[t[i]]; } } inline int find(Tnode *p,int v) { int i,res=0; re(i,1,31)t[i]=v&1,v>>=1; red(i,31,1) { int to=(p->son[t[i]^1])?t[i]^1:t[i]; res=(res<<1)+to; p=p->son[to]; } return res; } int main() { freopen("bzoj2741.in","r",stdin); freopen("bzoj2741.out","w",stdout); int i,j; N=gint()+1;Q=gint(); re(i,2,N)a[i]=gint(); re(i,1,N)a[i]^=a[i-1]; len=int(sqrt(DB(N))); re(i,1,N) { if((i-1)%len==0)r[cnt]=i-1,l[++cnt]=i; id[i]=cnt; } r[cnt]=N; re(i,1,cnt)rt[i]=new Tnode; re(i,1,N)insert(rt[id[i]],a[i]); re(i,1,N)re(j,1,cnt)f[i][j]=a[i]^find(rt[j],a[i]); re(i,1,N)re(j,1,cnt)upmax(g[id[i]][j],f[i][j]); lastans=0; while(Q--) { int x=gint(),y=gint(); int L=int( min( (LL(x)+LL(lastans))%LL(N-1)+1 , (LL(y)+LL(lastans))%LL(N-1)+1 ) ) +1 ; int R=int( max( (LL(x)+LL(lastans))%LL(N-1)+1 , (LL(y)+LL(lastans))%LL(N-1)+1 ) ) +1 ; L--; lastans=0; if(id[L]==id[R] || id[L]+1==id[R]) { re(i,L,R)re(j,i,R)upmax(lastans,a[i]^a[j]); } else { int p=(L==l[id[L]])?id[L]:id[L]+1,q=(R==r[id[R]])?id[R]:id[R]-1; re(i,p,q)re(j,i,q) upmax(lastans,g[i][j]); re(i,L,l[p]-1)re(j,p,q) upmax(lastans,f[i][j]); re(i,r[q]+1,R)re(j,p,q) upmax(lastans,f[i][j]); re(i,L,l[p]-1)re(j,r[q]+1,R)upmax(lastans,a[i]^a[j]); re(i,L,l[p]-1)re(j,i+1,l[p]-1)upmax(lastans,a[i]^a[j]); re(i,r[q]+1,R)re(j,i+1,R)upmax(lastans,a[i]^a[j]); } cout<<lastans<<endl; } return 0; }
可持久化trie做法:
可持久化trie的想法比较简单。
第i棵trie中插入了b[0...i],我们可以从第i-1棵trie得到。
对于询问区间[l-1...r],枚举其中一个数,然后同时在第r棵trie和第l-2棵trie中走即可。
总的时间复杂度是$O(31MN)$