选数异或

选数异或

给定一个长度为 $n$ 的数列 $A_1,A_2,\ldots,A_n$ 和一个非负整数 $x$，给定 $m$ 次查询，每次询问能否从某个区间 $[l,r]$ 中选择两个下标不同的数使得他们的异或等于 $x$。

输入格式

输入的第一行包含三个整数 $n,m,x$。

第二行包含 $n$ 个整数 $A_1,A_2,\ldots,A_n$。

接下来 $m$ 行，每行包含两个整数 $l_i,r_i$ 表示询问区间 $[l_i,r_i]$。

输出格式

对于每个询问，如果该区间内存在两个数的异或为 $x$ 则输出 yes ，否则输出 no 。

数据范围

对于 $20\%$ 的评测用例，$1 \leq n,m \leq 100$；
对于 $40\%$ 的评测用例，$1 \leq n,m \leq 1000$；
对于所有评测用例，$1 \leq n,m \leq 100000$，$0 \leq x < 2^{20}$，$1 \leq l_i \leq r_i \leq n$，$0 \leq A_i < 2^{20}$。

输入样例：

4 4 1
1 2 3 4
1 4
1 2
2 3
3 3

输出样例：

yes
no
yes
no

样例解释

显然整个数列中只有 $2,3$ 的异或为 $1$。

 

解题思路

　　对于一个询问区间$[l, r]$，我们要在这个区间找到两个数使得$a_i \wedge a_j = x$，其中$l \leq i < j \leq r$。因此容易想到可以枚举$j$，然后在前面找到一个满足条件的$i$，即$a_i = a_j \wedge a_j$，因此在枚举的过程中可以开个哈希表来记录枚举过的数，这种做法的时间复杂度为$O(n \cdot m)$。

　　或者换一个方法，可以预处理出来每一个数$a_i$左边离它最近的与它匹配的数的下标，如果这个下标在区间$[l, r]$中那么在这个区间中一定存在一组解。定义$f(i)$表示在$a_i$左边与$a_i$配对的最近的一个数的下标，因此如果$a_i$和$a_{f(i)}$是满足条件的一个数对，那么应该有$l \leq f(i) < i \leq r$。因此问题就等价于是否存在一个$i$，$l \leq i \leq r$，使得$l \leq f(i) \leq r$。这种做法的时间复杂度还是$O(n \cdot m)$，因此还需要看看是否存在其他性质。如果在小于$l$的位置中取一个$i$，可以发现这个$i$对应的$f(i)$不可能在区间$[l, r]$范围内，因为$f(i) < i < l$。因此我们可以把$i$的范围扩大到$1 \leq i \leq r$，问题可以变成在$1 \leq i \leq r$是否存在$i$使得$l \leq f(i) \leq r$，进一步，因为$f(i) < i \leq r$，因此就变成能否使得$f(i) \geq l$。因此我们可以求出$f(i)$后（从左往右遍历的过程中开个哈希表记录每个数最新出现的下标），再预处理$g(i) = \max\limits_{1 \leq j \leq i}{f(j)}$，如果有$g(i) \geq l$，那么意味着在以$i$为右端点的前缀中存在一个$f(i) \geq l$。

　　AC代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10, M = (1 << 20) + 10;

int mp[M], g[N];

int main() {
    int n, m, x;
    scanf("%d %d %d", &n, &m, &x);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int v;
        scanf("%d", &v);
        g[i] = max(g[i - 1], mp[v ^ x]);
        mp[v] = i;
    }
    while (m--) {
        int l, r;
        scanf("%d %d", &l, &r);
        printf("%s\n", g[r] >= l ? "yes" : "no");
    }
    
    return 0;
}

　　再给出我一开始的做法，比较的麻烦。

　　和上一种做法一开始的思路一样，只不过这里是枚举每个满足条件的数对左边的那个数（上一种做法是枚举右边的数）。假设能与$a_i$配对的数是$a_j$，有$j > i$，可以发现当$j$越小，那么$[i, j]$能够被更多的询问区间所完全覆盖，这是因为如果有$a_{j'} = a_{j}$且$j' > j$，并且$[i, j'] \in [l, r]$，那么也一定会有$[i, j] \in [l, r]$，因此区间$[i, j]$的长度越小越好。所以可以一开始把所有的查询区间记录下来（离线处理），然后枚举$i$，找到$a_j$后就有区间$[i, j]$，然后枚举所有的询问区间，把完全覆盖$[i, j]$的都标记成$\text{yes}$，时间复杂度还是$O(n \cdot m)$。可以发现如果对于每个$i$都枚举所有的询问区间，很明显会有冗余，比如对于某个$i$，枚举$l > i$的询问区间是没有意义的，因此我们可以对询问区间按照左端点从小到大排序，每次枚举到到$i$时，把$l \leq i$的询问区间加入到优先队列中，然后这个优先队列是根据区间的右端点来维护一个大根堆，因此每次弹出堆顶元素，如果$r \geq j$，那么这个区间就被标记成$\text{yes}$，同时把这个区间弹出优先队列，时间复杂度是$O(n \log{m})$。

　　AC代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 1e5 + 10, M = 1 << 20;

int a[N];
int l[N], r[N];
int p[N];
vector<int> mp[M];
string ans[N];

int main() {
    int n, m, x;
    scanf("%d %d %d", &n, &m, &x);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", a + i);
    }
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        scanf("%d %d", l + i, r + i);
        p[i] = i;
        ans[i] = "no";
    }
    sort(p, p + m, [&](int a, int b) {  // 根据询问区间的左端点升序排序
        return l[a] < l[b];
    });
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        mp[a[i]].push_back(i);  // 哈希表记录每个数所对应的所有下标
    }
    priority_queue<PII> pq;
    for (int i = 1, j = 0; i <= n; i++) {
        while (j < m && l[p[j]] <= i) { // 把左端点不超过i的区间加入优先队列
            pq.push({r[p[j]], p[j]});
            j++;
        }
        int t = a[i] ^ x;
        auto it = upper_bound(mp[t].begin(), mp[t].end(), i);   // 在满足a[i]^a[j]=x的j中找到大于i最小的j
        if (it != mp[t].end()) {    // 存在与a[i]对应的a[j]
            while (!pq.empty() && pq.top().first >= *it) {  // 把区间右端点大于等于j的区间标记成yes并弹出队列
                ans[pq.top().second] = "yes";
                pq.pop();
            }
        }
    }
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        printf("%s\n", ans[i].c_str());
    }
    
    return 0;
}

 

参考资料

　　AcWing 4645. 选数异或（寒假每日一题2023）：https://www.acwing.com/video/4586/