牛客练习赛53 E-老瞎眼pk小鲜肉（思维+线段树+离线）
前言
听说是线段树离线查询？？
做题做着做着慢慢对离线操作有点感觉了，不过也还没参透，等再做些题目再来讨论离线、在线操作。
这题赛后看代码发现有人用的树状数组，$tql$。当然能用树状数组写的线段树也能写，最重要的还是思维上面。
我当时是怎么想来着。一看异或和前缀和不是很像么，我先把数组中所有数字连续异或并存起来，就像处理前缀和一样的。之后对于每组查询，我只要找到区间中相等的数就可以了，然后再取这些数中相隔最近的距离输出即可。想法很好，但是现实很骨感，这样一来每个区间都这样处理不就超时了么，遂放弃。
题意
给出一段长度为$n$的区间，$q$次询问求$L\sim R$这个区间内最短的一段区间$l\sim r$使得$\oplus_{i=l}^{r} a_j= 0$其中$L\leq l<r\leq r$
分析
首先预处理出对于每个位置$i$找到左边离$i$最近的位置$j$使得$a[j] \wedge a[j+1] \wedge a[j+2]\wedge …a[i]=0$，并记作$pre[i]$。
将询问按$r$从小到大排序，然后从$1\sim n$处理每个位置，对于位置$i$，在线段树上$pre[i]$更新为$i-pre[i]+1$（$i$与离$i$右边最近满足$\oplus_{i=l}^{r} a_j= 0$的$r$间的距离），然后查询$(Q[i].l, Q[i].r)$的最小值即可 $[link]$
Code
#include <cstdio> #include <algorithm> #define lson rt<<1, l , mid #define rson rt<<1|1, mid+1 , r #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 5e5+6; int n, q; int pos[maxn<<2], pre[maxn], tree[maxn<<2], ans[maxn]; struct node{ int l,r,id; bool operator<(const node x)const{ return r<x.r; } }Q[maxn]; void push_up(int rt){ tree[rt] = min(tree[rt<<1], tree[rt<<1|1]); } void update(int rt,int l,int r,int pos,int val){ if(l==r){ tree[rt] = min(tree[rt], val); return; } int mid = (l+r)>>1; if(pos<=mid) update(lson, pos, val); else update(rson, pos, val); push_up(rt); } int query(int rt, int l, int r, int ul, int ur){ if(ul<=l&&r<=ur) return tree[rt]; int mid = (l+r)>>1, ans = INF; if(ur<=mid) return query(lson, ul, ur); else if(ul>mid) return query(rson, ul, ur); else return min(query(lson, ul, ur),query(rson, ul, ur)); } /*这种写法也可以，但是就我以前做过的一道题目来说上面那种更快(不知道为啥，还有待考证) int query(int rt, int l, int r, int ul, int ur){ if(ul<=l&&r<=ur) return tree[rt]; int mid = (l+r)>>1, ans = INF; if(ul<=mid) ans = min(ans, query(lson, ul, ur)); if(ur>mid) ans = min(ans, query(rson, ul, ur)); return ans; } */ int main(){ scanf("%d%d", &n, &q); for(int i = 1;i <= 4*500000; i++){ pos[i] = -1; tree[i] = INF; } int sum = 0; pos[0] = 0; for(int i = 1,x; i <= n; i++){ scanf("%d",&x); sum ^= x; if(pos[sum]!=-1) pre[i] = pos[sum]+1; else pre[i] = -1; pos[sum] = i; } for(int i = 1; i <= q; i++){ scanf("%d%d", &Q[i].l, &Q[i].r); Q[i].id = i; } sort(Q+1, Q+1+q); int cnt = 1; for(int i = 1; i <= n; i++){ if(pre[i]!=-1) update(1, 1, n, pre[i], i-pre[i]+1); while(Q[cnt].r==i){ ans[Q[cnt].id] = query(1, 1, n, Q[cnt].l, Q[cnt].r); cnt++; } } for(int i = 1; i <= q; i++){ printf("%d\n", ans[i]==INF?-1:ans[i]); } return 0; }
思考
说实话现在也只是知道了这题这么做是对的，但是自己很难会想到这个方法，可能要多做些题目才知道吧，据说和HH的项链很像，有时间就去看下这题。
还有就是我看这题代码的时候有个想法就是，能不能把$update(1, 1, n, pre[i], i-pre[i]+1)$换成$update(1, 1, n, i, i-pre[i]+1)$。当时觉得这样应该是差不多的，然而$WA$。
仔细想想后，发现用$pre[i]$的位置记录线段长度是有原因的，并非$pre[i]$和$i$都可以。如果用$pre[i]$也即是左端点记录线段长度的话，对于每组查询而言，区间内每个满足条件的点，它所代表的线段的右端点都不会超过当前的$r$，因此可以用来直接求最小值。但是！！假如是用$i$也即是右端点来记录线段长度的话，区间内每个满足条件的点，它所代表的线段的左端点都可能会超过当前的$l$，那个点就不能用来求最小值，但很显然计算的时候会把这个点计入，所以这样得到的结果可能就是错的！！
参考博客：
