01Trie

补算法。

前置或许是字典树？但没什么必要，我们新定义一种树结构，每个点的儿子存 \(0/1\)，这样我们就可以把一个整数二进制拆分扔上去，这就是 01trie。

直接来一个板题吧。

P4551 最长异或路径

给定一棵带权树，求树上最大路径异或和。

\(n\leq 10^5,V < 2^{31}\)，其中 \(V\) 表示值域。

不难写出 \(a_i\) 表示从根到 \(i\) 的异或和，那么我们记路径两端 \(u,v\)，路径异或和即 \(a_u \oplus a_v\)，因为重合边都异或掉了。

问题就转成了序列上任意取两个值的最大异或值，这就是 01trie 的板子。

先将所有数扔到 trie 树上，然后考虑枚举一个 \(a_u\)，记为 \(k\)，从最高位，也就是树的根开始按位决策，假设 \(k\) 在当前位下为 \(1\)，那么我们向 \(0\) 的儿子走显然最优，反之亦然，这样一直走到叶子就好了，最后统计所有值的最大数就是答案，复杂度是 \(O(n\log V)\)。

因为是从统一的最高位开始决策，所以字符串写法需要在前面补 \(0\)，如果是直接算就不用管了。

此处给一个非递归写法。

const ll N=1e6+5,M=2e4+5,mod=1e9+7;
ll n,a[N],root=1,id=1,tr[N][2];
vector<pii> g[N];
inline void dfs(ll x,ll fa){for(pii vv:g[x]) if(vv.fi!=fa) a[vv.fi]=a[x]^vv.se,dfs(vv.fi,x);}
inline void insert(ll k)
{
	ll now=root;
	Fo(31,i,0)
	{
		ll num=(k>>i)&1;
		if(tr[now][num]) now=tr[now][num];
		else tr[now][num]=++id,now=id;
	}
}
inline ll ask(ll k)
{
	ll now=root,sum=0;
	Fo(31,i,0)
	{
		ll num=(k>>i)&1;
		if(tr[now][num^1]) now=tr[now][num^1],sum+=(1<<i)*(num^1);
		else now=tr[now][num],sum+=(1<<i)*num;
	}
	return sum^k;
}
signed main(){
	read(n);ll u,v,w;fo(1,i,n-1) read(u),read(v),read(w),g[u].pb({v,w}),g[v].pb({u,w});dfs(1,0);
	fo(1,i,n) insert(a[i]);ll maxn=0;fo(1,i,n) maxn=max(maxn,ask(a[i]));wr(maxn),pr;
	return 0;
}

P6018 [Ynoi2010] Fusion tree

给定一棵树，每个点有权，支持三个操作：

1 x 对 \(x\) 的父亲及儿子加一

2 x v 对 \(x\) 减 \(v\)

3 x 查询 \(x\) 的父亲及儿子的权值异或和

\(n,q\leq 5\times 10^5,a_i \leq 10^5\)，保证 \(a_i\) 任意时刻非负。

一个很聪明的做法，我们把父亲单拎出来，维护其他儿子，就能避免一些很抽象的标记维护，并且保证复杂度（因为省去了被子节点修改的操作）。

看到异或和就可以往 trie 的方面想了，我们对每一个点建一棵 trie 树，那么要维护的就是 trie 树全局异或和，全局加一，对某个树减值就相当于插入和删除，所以我们只要维护这四个操作就好了，因为我们维护的全局异或和，所以要将 trie 树反过来，从低位到高位维护。

我们挨个操作来看：

pushup(ll x) 传递子树信息，设 \(sz_i\) 表示 \(i\) 这个点被经过的次数，看做 \(i\) 到父亲的那条边也是可以的，那么显然有 \(sz_i = sz_{ls} + sz_{rs}\)，令 \(val_i\) 表示以 \(i\) 为根的子树异或和，因为儿子是高位，所以应该加上两个儿子 \(val\) 值的异或和当前上一位，当前位就是 \(sz_{rs}\) 个 \(1\) 全部异或起来的结果，此处默认 \(rs\) 的节点权值是 \(1\)。

inline void pushup(ll x){sz[x]=sz[ch[x][0]]+sz[ch[x][1]];val[x]=(val[ch[x][0]]^val[ch[x][1]])<<1|(sz[ch[x][1]]&1);}

ins(ll &x,ll k,ll dep=0) 插值，因为是从低位到高位所以 \(dep\) 从 \(0\) 开始，而且我们是对每个点开 trie 树，还是要维护一下动态开点的。

inline void ins(ll &x,ll k,ll dep=0){x?x:x=++tot;if(dep==M) sz[x]++;else ins(ch[x][(k>>dep)&1],k,dep+1),pushup(x);}

del(ll &x,ll k,ll dep=0) 删除，同插入，只是需要改成减 \(sz\) 就好了。

inline void del(ll &x,ll k,ll dep=0){if(!x);else if(dep==M) sz[x]--;else del(ch[x][(k>>dep)&1],k,dep+1),pushup(x);}

rev(ll x) 区间加一，考虑加一的过程，从低到高，在找到第一个 \(0\) 之前，所有的 \(1\) 都会变成 \(0\)，到 trie 树也就等价于交换左右子树，对于第一个 \(0\)，从 \(0\) 到 \(1\)，其实也是交换，所以函数名叫了 rev。。

inline void rev(ll x){if(!x) return;swap(ch[x][0],ch[x][1]);rev(ch[x][0]);pushup(x);}

之后就做完了，注意操作时需要关心当前点有无父亲和 \(lazy_tag\) 的影响。

复杂度 \(O(n \log V)\)，全部代码只有 26 行。

const ll N=5e5+5,M=21,mod=1e9+7;
ll n,m,a[N],fa[N],lz[N],val[N*M],sz[N*M],rt[N],ch[N*M][2],tot;vector<ll> g[N];
inline void dfs(ll x,ll f){fa[x]=f;for(ll y:g[x]) if(y!=f) dfs(y,x);}
inline void pushup(ll x){sz[x]=sz[ch[x][0]]+sz[ch[x][1]];val[x]=(val[ch[x][0]]^val[ch[x][1]])<<1|(sz[ch[x][1]]&1);}
inline void ins(ll &x,ll k,ll dep=0){x?x:x=++tot;if(dep==M) sz[x]++;else ins(ch[x][(k>>dep)&1],k,dep+1),pushup(x);}
inline void del(ll &x,ll k,ll dep=0){if(!x);else if(dep==M) sz[x]--;else del(ch[x][(k>>dep)&1],k,dep+1),pushup(x);}
inline void rev(ll x){if(!x) return;swap(ch[x][0],ch[x][1]);rev(ch[x][0]);pushup(x);}
inline ll qry(ll x){return fa[x]?lz[fa[x]]+a[x]:a[x];}
inline void Mod(ll x,ll k){(fa[x]?del(rt[fa[x]],qry(x)):void()),a[x]+=k,(fa[x]?ins(rt[fa[x]],qry(x)):void());}
inline void Upd(ll x){lz[x]++,(fa[x]?Mod(fa[x],1):void()),rev(rt[x]);}
inline void Ask(ll x){wr(val[rt[x]]^qry(fa[x])),pr;}
signed main(){
	read(n),read(m);ll u,v,op,x,y;fo(1,i,n-1) read(u),read(v),g[u].pb(v),g[v].pb(u);dfs(1,0);
	fo(1,i,n) read(a[i]),fa[i]?ins(rt[fa[i]],a[i]):void();
	fo(1,i,m){read(op),read(x);(op==1?Upd(x):(op==2?read(y),Mod(x,-y):Ask(x)));}
	return 0;
}

先转成前缀形式，然后就变成在 \(i \in [l-1,r-1]\) 中找一个 \(s_i \oplus s_n \oplus x\) 的最大值了，扔到 trie 树上搞，令 \(k = s_n \oplus x\)，从最高位开始，如果当前位 \(k\) 是 \(1\) 的话，我们走 \(0\)，最好，但是要看 \(0\) 那个子树有没有点，只要拿 \(r-1\) 那颗 trie 树和 \(l-2\) 那棵树一减就好了，其余可持久化部分都跟线段树差不多，就是每次只更新一条链，来保证空间。

#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define inf 0x3f3f3f3f
#define pr putchar('\n')
#define fi first
#define se second
#define pp putchar(' ')
#define pii pair<ll,ll>
#define pdi pair<ll,ll>
#define mem(aa,bb) memset(aa,bb,sizeof(aa))
#define fo(a,i,b) for(register ll i = a ; i <= b ; ++ i )
#define Fo(a,i,b) for(register ll i = a ; i >= b ; -- i )
#define pb push_back
//#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
typedef int ll;
//typedef long long ll;
//typedef __int128 ll;
typedef double db;
inline void read(ll &opp){ll x=0,t=1;char ch;ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-'){t=-1;}ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}opp=x*t;return; }
inline void wr(ll x){if(x<0){putchar('-');x=-x;}if(x>9){wr(x/10);}putchar(x%10+'0');}
const ll M=25,M1=3e5,N=M1<<6,mod=1e9+7;
ll n,m,a[M1],ans,rt[M1],val[N],sz[N],ch[N][2],tot;
inline void ins(ll &x,ll las,ll k)
{
	x=++tot;ll now=x;
	sz[now]=sz[las]+1;
	Fo(M-1,i,0)
	{
		ll num=(k>>i)&1; 
		ch[now][num]=++tot;
		ch[now][num^1]=ch[las][num^1];
		now=ch[now][num],las=ch[las][num];
		sz[now]=sz[las]+1;
	}
}
inline ll ask(ll now,ll las,ll k)
{
	ll sum=0;
	Fo(M-1,i,0)
	{
		sum<<=1;ll num=(k>>i)&1;
		if(sz[ch[now][num^1]]-sz[ch[las][num^1]]>0) sum|=1,now=ch[now][num^1],las=ch[las][num^1];
		else now=ch[now][num],las=ch[las][num];
	}
	return sum;
}
signed main(){
	read(n),read(m);ins(rt[0],0,0);
	fo(1,i,n){ll x;read(x),s^=x,ins(rt[i],rt[i-1],s);}
	fo(1,i,m)
	{
		char ch;cin>>ch;ll l,r,x;
		if(ch=='A') read(x),++n,s^=x,ins(rt[n],rt[n-1],s);
		else read(l),read(r),read(x),wr(ask(rt[r-1],l>=2?rt[l-2]:0,s^x)),pr;
	}
	return 0;
}

posted @ 2025-05-10 12:00 Wei_Han 阅读(104) 评论(0) 收藏举报

刷新页面返回顶部

Wei-Han-Fei

01Trie

P4551 最长异或路径

P6018 [Ynoi2010] Fusion tree

P6623 [省选联考 2020 A 卷] 树

P4735 最大异或和

公告