【BZOJ4568】幸运数字(线性基,树链剖分,ST表)
2018-03-16 18:04
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【BZOJ4568】幸运数字(线性基,树链剖分,ST表)
题面
BZOJDescription
A 国共有 n 座城市,这些城市由 n-1 条道路相连,使得任意两座城市可以互达,且路径唯一。每座城市都有一个幸运数字,以纪念碑的形式矗立在这座城市的正中心,作为城市的象征。一些旅行者希望游览 A 国。旅行者计划
乘飞机降落在 x 号城市,沿着 x 号城市到 y 号城市之间那条唯一的路径游览,最终从 y 城市起飞离开 A 国。
在经过每一座城市时,游览者就会有机会与这座城市的幸运数字拍照,从而将这份幸运保存到自己身上。然而,幸
运是不能简单叠加的,这一点游览者也十分清楚。他们迷信着幸运数字是以异或的方式保留在自己身上的。例如,
游览者拍了 3 张照片,幸运值分别是 5,7,11,那么最终保留在自己身上的幸运值就是 9(5 xor 7 xor 11)。
有些聪明的游览者发现,只要选择性地进行拍照,便能获得更大的幸运值。例如在上述三个幸运值中,只选择 5
和 11 ,可以保留的幸运值为 14 。现在,一些游览者找到了聪明的你,希望你帮他们计算出在他们的行程安排中
可以保留的最大幸运值是多少。
Input
第一行包含 2 个正整数 n ,q,分别表示城市的数量和旅行者数量。第二行包含 n 个非负整数,其中第 i 个整数 Gi 表示 i 号城市的幸运值。随后 n-1 行,每行包含两个正整数 x ,y,表示 x 号城市和 y 号城市之间有一
条道路相连。随后 q 行,每行包含两个正整数 x ,y,表示这名旅行者的旅行计划是从 x 号城市到 y 号城市。N
<=20000,Q<=200000,Gi<=2^60
Output
输出需要包含 q 行,每行包含 1 个非负整数,表示这名旅行者可以保留的最大幸运值。Sample Input
4 211 5 7 9
1 2
1 3
1 4
2 3
1 4
Sample Output
1411
题解
很显然,树链剖分之后维护路径上的线性基然而线段树是\(log^4\)
所以用\(ST\)表来处理(反正没有修改)
时间复杂度\(O(nlog^3)\)
单次询问复杂度也是\(log^3\)
(线性基的合并的复杂度是\(log^2\)的!!!)
总的复杂度\(O((n+Q)log^3)\)
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<set> #include<map> #include<vector> #include<queue> using namespace std; #define ll long long #define RG register #define MAX 22222 inline ll read() { RG ll x=0,t=1;RG char ch=getchar(); while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar(); if(ch=='-')t=-1,ch=getchar(); while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return x*t; } struct Line{int v,next;}e[MAX<<1]; int h[MAX],cnt=1,lg[MAX]; inline void Add(int u,int v){e[cnt]=(Line){v,h[u]};h[u]=cnt++;} int n,Q; ll V[MAX]; struct xxj { ll p[61];int ele; void clear(){memset(p,0,sizeof(p));ele=0;} void insert(ll x) { if(ele==61)return; for(int i=60;i>=0;--i) { if(~x&(1ll<<i))continue; if(!p[i]){p[i]=x;++ele;break;} x^=p[i]; } } ll Query(ll x) { for(int i=60;i>=0;--i)x=max(x,x^p[i]); return x; } }t[17][MAX]; xxj Merge(xxj a,xxj b) { for(int i=0;i<=60&&a.ele!=61;++i)if(b.p[i])a.insert(b.p[i]); return a; } int size[MAX],hson[MAX],top[MAX],fa[MAX],dep[MAX],dfn[MAX],tim; void dfs1(int u,int ff) { fa[u]=ff;size[u]=1;dep[u]=dep[ff]+1; for(int i=h[u];i;i=e[i].next) { int v=e[i].v; if(v==ff)continue; dfs1(v,u); size[u]+=size[v]; if(size[v]>size[hson[u]])hson[u]=v; } } void dfs2(int u,int tp) { top[u]=tp;dfn[u]=++tim; t[0][tim].insert(V[u]); if(hson[u])dfs2(hson[u],tp); for(int i=h[u];i;i=e[i].next) { int v=e[i].v; if(v==fa[u]||v==hson[u])continue; dfs2(v,v); } } xxj ans; xxj Get(int l,int r) { int ln=lg[r-l+1]; return Merge(t[ln][l],t[ln][r-(1<<ln)+1]); } int main() { n=read();Q=read(); for(int i=1;i<=n;++i)V[i]=read(); for(int i=1;i<n;++i) { int u=read(),v=read(); Add(u,v);Add(v,u); } dfs1(1,0);dfs2(1,1); for(int i=2;i<=n;++i)lg[i]=lg[i>>1]+1; for(int j=1;j<=lg ;++j) for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;++i) t[j][i]=Merge(t[j-1][i],t[j-1][i+(1<<(j-1))]); while(Q--) { int x=read(),y=read();ans.clear(); while(top[x]!=top[y]) { if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y); ans=Merge(Get(dfn[top[x]],dfn[x]),ans); x=fa[top[x]]; } if(dep[x]<dep[y])swap(x,y); ans=Merge(Get(dfn[y],dfn[x]),ans); printf("%lld\n",ans.Query(0)); } return 0; }
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