Problem Description
Give you an array A[1..n]，you need to calculate how many tuples (i,j,k) satisfy that (i<j<k) and ((A[i] xor A[j])<(A[j] xor A[k]))

There are T test cases.

1≤T≤20

1≤∑n≤5∗105

0≤A[i]<230
 

 

Input
There is only one integer T on first line.

For each test case , the first line consists of one integer n ,and the second line consists of n integers which means the array A[1..n]
 

 

Output
For each test case , output an integer , which means the answer.
 

 

Sample Input
1
5
1 2 3 4 5
 

 

Sample Output
6
 
启发博客：http://blog.csdn.net/dormousenone/article/details/76570172
摘：

利用字典树维护前 k-1 个数。当前处理第 k 个数。

显然对于 k 与 i 的最高不相同位 kp 与 ip ：

当 ip=0 , kp=1 时，该最高不相同位之前的 ihigher=khigher 。则 jhigher 可以为任意数，均不对 i, k 更高位（指最高不相同位之前的高位，后同）的比较产生影响。而此时 jp 位必须为 0 才可保证不等式 (Ai⊕Aj)<(Aj⊕Ak) 成立。

当 ip=1,kp=0 时，jp 位必须为 1 ，更高位任意。

故利用数组 cnt[31][2] 统计每一位为 0 ，为 1 的有多少个（在前 K-1 个数中）。在字典树插入第 k 个数时，同时统计最高不相同位，即对于每次插入的 p 位为 num[p] (取值 0 或 1)，在同父节点对应的 1-num[p] 为根子树的所有节点均可作为 i 来寻找 j 以获取对答案的贡献。其中又仅要求 jp 与 ip (ip 值即 1-num[p]) 相同，故 jp 有 cnt[p][ 1-num[p] ] 种取值方案。

但是，同时需要注意 i 与 j 有在 A 数组的先后关系 (i<j) 需要保证。故在字典树中额外维护一个 Ext 点，记录将每次新加入的点与多少原有点可构成 i, j 关系。在后续计算贡献时去掉。

其余详见代码注释。

 

 

 1 #include <iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<queue>
 5 #include<map>
 6 #include<vector>
 7 #include<cmath>
 8 #include<cstring>
 9 using namespace std;
10 long long ans1,ans2;
11 int num[35];//每一个数字的二进制转化
12 int cnt[35][2];//cnt[i][j]记录全部插入数字第i位为0、1分别的数字
13 
14 struct trie
15 {
16     trie* next[2];
17     int cnt,ext;
18     trie()
19     {
20         next[0]=NULL;
21         next[1]=NULL;
22         cnt=0;//拥有当前前缀的数字个数
23         ext=0;//
24     }
25 };
26 
27 void calc(trie* tmp,long long c)
28 {
29     ans1+=tmp->cnt*(tmp->cnt-1)/2;
30     ans2+=(c-tmp->cnt)*tmp->cnt-tmp->ext;
31 }
32 
33 void insert(trie* r)
34 {
35     int i;
36     for(i=1;i<=30;i++)
37     {
38         if(r->next[num[i]]==NULL)
39             r->next[num[i]]= new trie;
40         if(r->next[1-num[i]]!=NULL)
41             calc(r->next[1-num[i]],cnt[i][1-num[i]]);
42         r=r->next[num[i]];
43         r->cnt++;
44         r->ext+=cnt[i][num[i]]-r->cnt;
45         //每个点存下同位同数不同父亲节点的数字个数且序号比本身小的
46     }
47     return ;
48 }
49 
50 int main()
51 {
52     int T,n,tmp;
53     scanf("%d",&T);
54     while(T--)
55     {
56         scanf("%d",&n);
57         trie root;
58         ans1=0;//i,j选自同父亲节点
59         ans2=0;//i选自同父亲节点，j选择同位不同数不同父亲节点
60         memset(cnt,0,sizeof(cnt));
61         while(n--)
62         {
63             scanf("%d",&tmp);
64             for(int i=30;i>=1;i--)//这样可以保证不同大小的数字前缀都为0
65             {
66                 num[i]=tmp%2;
67                 cnt[i][num[i]]++;
68                 tmp/=2;
69             }
70             insert(&root);
71         }
72         printf("%lld\n",ans1+ans2);
73     }
74     return 0;
75 }