51nod 1601 完全图的最小生成树计数 Trie+kruskal

题意：给定一个长度为n的数组a[1..n]，有一幅完全图，满足(u,v)的边权为a[u] xor a[v]

求边权和最小的生成树，你需要输出边权和还有方案数对1e9+7取模的值。

由于边权是xor得到，容易想到用trie统计。。

按照当前最高位0/1将当前区间内的点分成两个部分s/t，那么答案肯定是s的最小生成树+t的最小生成树+s-t的最小边，s-t最小边用trie统计，最小生成树递归处理。

那么方案数的话就是每次那个连接两个块之间的最小边的数量，所以trie树统计一下节点个数就好。

字典树那个地方每次查询一个数，尽量使得当前位置相同就好，最后记得记录一下，每个位可能有多个点（多个数），会对方案造成贡献。

好像是经典套路？

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=1e5+5;
const int mo=1e9+7;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,cnt,tot,a
,s
,t
,fac
;
typedef long long ll;
ll sum;
struct node
{
int cnt,next[2];
}ch[N*31];
inline void clear()
{
fo(i,0,tot)
ch[i].next[0]=ch[i].next[1]=ch[i].cnt=0;
tot=0;
}
inline int pow(int a,int b)
{
int ret=1;
while (b)
{
if (b&1)ret=1ll*ret*a%mo;
a=1ll*a*a%mo;
b>>=1;
}
return ret;
}
inline void ins(int x)
{
int p=0;
fd(i,30,0)
{
int y=(x>>i)&1;
if (!ch[p].next[y])
ch[p].next[y]=++tot;
p=ch[p].next[y];
}
ch[p].cnt++;
}
inline pair<int,int> find(int x)
{
int p=0,ans=0,y;
fd(i,30,0)
{
y=(x>>i)&1;
if (ch[p].next[y])p=ch[p].next[y],ans|=y<<i;
else p=ch[p].next[y^1],ans|=(y^1)<<i;
}
return make_pair(ans^x,ch[p].cnt);
}
inline void solve(int l,int r,int dep)
{
if (l>=r)return;
if (dep<0)
{
if (r-l+1>=2)cnt=1ll*cnt*pow(r-l+1,r-l-1)%mo;
return;
}
int cnt1=0,cnt2=0;
fo(i,l,r)
if ((a[i]>>dep)&1)s[cnt1++]=a[i];
else t[cnt2++]=a[i];
fo(i,0,cnt1-1)a[l+i]=s[i];
fo(i,0,cnt2-1)a[l+cnt1+i]=t[i];
clear();
pair<int,int>tmp;
int ans=inf,tot=0;
fo(i,0,cnt2-1)ins(t[i]);
fo(i,0,cnt1-1)
{
tmp=find(s[i]);
if (tmp.first<ans)ans=tmp.first,tot=tmp.second;
else if (tmp.first==ans)
tot+=tmp.second;
}
if (sum!=inf&&tot)sum+=ans,cnt=1ll*tot*cnt%mo;
solve(l,l+cnt1-1,dep-1);
solve(l+cnt1,r,dep-1);
}
int main()
{

scanf("%d",&n);
fac[0]=cnt=1;
fo(i,1,n)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mo;
fo(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);
solve(1,n,30);
printf("%lld\n%d\n",sum,cnt);
}