【bzoj3261】【最大异或和】可持久化trie树+贪心

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Description
给定一个非负整数序列 {a},初始长度为 N。
有 M个操作,有以下两种操作类型:
1 、A x:添加操作,表示在序列末尾添加一个数 x,序列的长度 N+1。
2 、Q l r x:询问操作,你需要找到一个位置 p,满足 l<=p<=r,使得:
a[p] xor a[p+1] xor … xor a[N] xor x 最大,输出最大是多少。
Input
第一行包含两个整数 N ,M,含义如问题描述所示。
第二行包含 N个非负整数,表示初始的序列 A 。
接下来 M行,每行描述一个操作,格式如题面所述。
Output
假设询问操作有 T个,则输出应该有 T行,每行一个整数表示询问的答案。
Sample Input
5 5
2 6 4 3 6
A 1
Q 3 5 4
A 4
Q 5 7 0
Q 3 6 6
Sample Output
4
5
6
HINT
对于测试点 1-2,N,M<=5 。
对于测试点 3-7,N,M<=80000 。
对于测试点 8-10,N,M<=300000 。
其中测试点 1, 3, 5, 7, 9保证没有修改操作。
对于 100% 的数据, 0<=a[i]<=10^7。

首先明确,若已知后缀异或和,及已知一些数和给出数异或,我们可以贪心。从最高位往低位找。eg:
给出数x:1000101
已知的一些数:(1)0010010 (2)1000001 (3)0100101
x的最高位已是1,所以只选(1)(3),次高位为0,所以选(3)

贪心明确了,那么该怎么快速的找到符合选项进一步筛选呢。我们想到,这个01串像字符串,是不是可以用字符串的知识呢?很明显想到trie树。对01串建trie树即可。

但是这道题。。。我们不可能每一次都用后缀和建一次trie树,很明显会T掉。然而就算对后缀异或和用上可持久化trie数,也是不行的,因为还会有在末尾加入的操作。怎么办呢。。。当一个思路卡住时,我们可以考虑略微改变思路。正所谓“失之毫厘,差之千里”。

如果可以维护前缀和就好了,可是前缀和可以转后缀和就好了。显然, 一般意义下,a[n]-a[i]即为不含i的后缀和,而异或也有交换律,a[n]^a[i]即为不含i的后缀异或和(此a非彼a)。那么每次只需从区间[l,r]中选前缀异或和与x^a[n]的最大值即可。

可持久化trie树的方式和可持久化线段树基本上是一致的,对每一个节点记录一个cnt,与前面对应的点相减,不为零即区间内有这个点。

代码(特别注意前缀转后缀时的区间对应关系,通常要-1,这里l要-2,但还要注意数组不能访问到负数,特判一下)

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N=600000+5;

struct Node{
    Node *s0,*s1;
    int sum;
}*root[N],*null,pool[N*50],*tail=pool;
int n,m,a[N],ans;

Node *newnode(){
    Node *rt=++tail;
    rt->s0=rt->s1=null;
    rt->sum=0;
    return rt;
}
void insert(Node *&ndn,Node *ndp,int pos,int val){
    ndn=newnode();
    ndn->s0=ndp->s0,ndn->s1=ndp->s1;
    ndn->sum=ndp->sum+1;
    if(pos==-1) return ;
    bool d=((val>>pos)&1);
    if(d==0) insert(ndn->s0,ndp->s0,pos-1,val);
    else insert(ndn->s1,ndp->s1,pos-1,val);
}
void query(Node *ndn,Node *ndp,int pos,int val){
    if(pos==-1) return ;
    int ls=ndn->s0->sum - ndp->s0->sum;
    int rs=ndn->s1->sum - ndp->s1->sum;
    bool d=((val>>pos)&1);
    if(d==0){
        if(rs){
            ans=ans^(1<<pos);
            query(ndn->s1,ndp->s1,pos-1,val);       
        }
        else if(ls){
            query(ndn->s0,ndp->s0,pos-1,val);
        }
    }
    if(d==1){
        if(ls){
            query(ndn->s0,ndp->s0,pos-1,val);
        }
        else if(rs){
            ans=ans^(1<<pos);
            query(ndn->s1,ndp->s1,pos-1,val);
        }
    }
}
int main(){
    null=++tail;
    null->s0=null->s1=null;
    null->sum=0;
    root[0]=null;

    scanf("%d%d",&n,&m);
    int aa;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&aa);
        a[i]=a[i-1]^aa;
        insert(root[i],root[i-1],31,a[i]);
    }
    char opt[2];
    int l,r,x;
    while(m--){
        scanf("%s",opt);
        if(opt[0]=='A'){
            scanf("%d",&x);
            n++;
            a[n]=a[n-1]^x;
            insert(root[n],root[n-1],31,a[n]);
        }
        else{
            scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
            ans=x^a[n];
            if(l-2>=0) query(root[r-1],root[l-2],31,x^a[n]);
            else query(root[r-1],root[0],31,x^a[n]);
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}

总结:
1、对字符串工具的灵活转化。trie树可以将前缀一样的东西合并起来,既省时又省空间。
2、转变思路。常常反个面想就会得到不一样的效果。正所谓“阴阳相生”、“否极泰来”,正反面常常可以互通。有一句话叫做“正难即反”。

posted @ 2017-10-31 19:09  LinnBlanc  阅读(155)  评论(0编辑  收藏