【BZOJ 2741】【FOTILE模拟赛】L

2741: 【FOTILE模拟赛】L

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Description

FOTILE得到了一个长为N的序列A，为了拯救地球，他希望知道某些区间内的最大的连续XOR和。
即对于一个询问，你需要求出max(Ai xor Ai+1 xor Ai+2 ... xor Aj)，其中l<=i<=j<=r。
为了体现在线操作，对于一个询问(x,y)：
l = min ( ((x+lastans)
mod N)+1 , ((y+lastans) mod N)+1 ).

r = max ( ((x+lastans) mod N)+1 , ((y+lastans) mod N)+1 ).
其中lastans是上次询问的答案，一开始为0。

Input

第一行两个整数N和M。
第二行有N个正整数，其中第i个数为Ai，有多余空格。
后M行每行两个数x,y表示一对询问。

Output

共M行，第i行一个正整数表示第i个询问的结果。

Sample Input

3 3

1 4 3

0 1

0 1

4 3

Sample Output

5

7

7

HINT

HINT

N=12000，M=6000，x,y,Ai在signed longint范围内。

Source

By seter

分块+可持久化trie。

根据异或的性质，我们可以预处理出前缀异或和，使问题转换为从一个区间选两个数，使其异或值最大。

Ask(l,r,s)：表示在区间l-r中，找到与已知的s异或值最大的那个数。

假设已经知道Ask(l,r,s)可以在O(log(Max))时间内完成(Max是序列中的最大数)，那么接下来就可以用分块来完成。

把序列分成sqrt(m)块，预处理b[i][j]表示第i块(块从0开始编号)的最左端到j(j<=n)中选两个数的最大异或值：

b[i][j]=max(b[i][j-1],Ask(i*sqrt(l),j-1,a[j])) 时间复杂度为O(sqrt(m)*n*log(Max))

然后对于每一个询问，找到在l-r区间中第一个出现的块的左端点为p,那么p-r中两个数最大的异或值已知了,只要求出l-p-1中的每一个数在l-r区间中的最大异或值即可，即Ask(l,r,a[i]) (l<=i<p)

那么Ask(l,r,s)怎么在O(log(Max))时间内完成？

用可持久化trie:

建立可持久化trie，并对每一个结点维护一个last值，表示最后是第几个数用到这个点的。

为了使异或值最大，我们尽量走与当前值相反的点（异或值为1），如果last值小于l的话，就不能走。

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#define M 10005
using namespace std;
int t[M][2],last[M*32]={-1},rt[M],a[M],b[80][M];
int c,l,tot=0,n,m;
void Insert(int root,int now,int k)
{
int p;
rt[k]=p=++tot;
last[p]=k;
for (int i=30;i>=0;i--)
{
int j=(now>>i)&1;
t[p][j^1]=t[root][j^1];
t[p][j]=++tot;
p=tot,root=t[root][j];
last[p]=k;
}
}
int Ask(int l,int r,int x)
{
int p=rt[r],ans=0;
for (int i=30;i>=0;i--)
{
int j=((x>>i)&1)^1;
if (last[t[p][j]]>=l) ans|=1<<i;
else j^=1;
p=t[p][j];
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
a[i]^=a[i-1];
}
c=(int)sqrt(m);
l=n/c+(n%c!=0);
Insert(rt[0],a[0],0);
for (int i=1;i<=n;i++)
Insert(rt[i-1],a[i],i);
for (int i=0;i<c;i++)
for (int j=i*l+1;j<=n;j++)
b[i][j]=max(b[i][j-1],Ask(i*l,j-1,a[j]));
int ans=0;
while (m--)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
x=(x+ans%n)%n+1,y=(y+ans%n)%n+1;
if (x>y) swap(x,y);
x--;
int p=x/l+(x%l!=0);
ans=p*l<y?b[p][y]:0;
p=min(y,p*l);
for (int i=x;i<=p;i++)
ans=max(ans,Ask(x,y,a[i]));
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}

感悟：

1.RE是因为数组开小了

2.感觉可持久化数据结构都一个样啊，都是借用之前的结点，再新建logn个结点