选数 题解

选数 题解

首先，设最初取值为$x$，按照套路，我们设异或前缀和：$pr{e}_i=a_1\oplus a_2\dots \oplus a_i$，设$f(x)=(\lfloor \frac{2x}{2^n}\rfloor +2x)mod{2}^n$

注意到：$0\le a_i<2^n$，也即其二进制下不会超过$n$位。

那么我们实际上要求的即为：$\underset{i=0}{\overset{m}{max}}f(x\oplus pr{e}_i)\oplus pr{e}_n\oplus pr{e}_i$

简单带入一下$f$，容易得到：

$f(x\oplus pr{e}_i)=f(x)\oplus f(pr{e}_i)$

有趣的是，$f(x)$相当于是将$x$在二进制下向左做一个一个单位长度的循环

这也可以证明我们对下列所有的$f$的变换是正确的，每一个$f(x)$都有唯一的值与之对应。

所以式子变为：$f(x)\oplus f(pr{e}_i)\oplus pr{e}_n\oplus pr{e}_i$，其中后半截的可以预处理的，不妨设$s_i=f(pr{e}_i)\oplus pr{e}_n\oplus pr{e}_i$

将$s_1\sim s_n$插入trie，并且注意到可以在不异或任何值的情况下对$x$进行变化，所以需要插入0别问90pts是为什么

再者，再看这个式子：$\underset{i=0}{\overset{m}{max}}f(x)\oplus s_i$,注意到$x\in [0,2^n-1],f(x)\in [0,2^n-1]$，所以可以将$f(x)$用$x$替换掉。

这样的话，式子化为$\underset{i=0}{\overset{m}{max}}x\oplus s_i$，我们的问题就变成了如何求得这个最大值。

我们设solve(p,now,ans)表示当前遍历到trie的指针$p$，已经计算到第$now$位，答案最大为$ans$

此时我们来分类讨论，毕竟先后手都足够聪明。

1. 若$p$有两个儿子，则不论第$now$位填什么，都有决策使这个位变为0，所以递归solve(t[p][0],now-1,ans<<1),slove(t[p][1],now-1,ans<<1)
2. 若$p$仅有一个儿子，则可以反着填数，使这一位变成1。设儿子为$k$，则递归solve(k,now-1,ans<<1|1)
3. 若$p$没有儿子，直接返回(ans,1)（最大值和个数）

最后返回值是返回各个分支的最大值，注意个数的统计。

核心代码如下：

#define pr pair<int,int>
#define mk make_pair
pr query(int p,int ans){
	if(t[p][0]==0&&t[p][1]==0)return mk(ans,1);
	if(t[p][0]&&t[p][1]){
		pr ans1=query(t[p][0],ans<<1);
		pr ans2=query(t[p][1],ans<<1);
		if(ans1.first==ans2.first)return mk(ans1.first,ans1.second+ans2.second);
		return max(ans1,ans2);
	}
	if(t[p][0])return query(t[p][0],ans<<1|1);
	return query(t[p][1],ans<<1|1);
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>m;
	n2=1;for(int i=1;i<=n;i++)n2*=2;
	for(int i=1;i<=m;i++)cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=m;i++)pre[i]=pre[i-1]^a[i];
	for(int i=1;i<=m;i++)s[i]=get(pre[i])^pre[n]^pre[i];
	for(int i=1;i<=m;i++)insert(s[i]);
	insert(0);
	pr ans=query(1,0);
	cout<<ans.first<<endl<<ans.second<<endl;
}