【BZOJ4568】幸运数字（线性基，树链剖分，ST表）
【BZOJ4568】幸运数字（线性基，树链剖分，ST表）
题面
Description
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 2
11 5 7 9
1 2
1 3
1 4
2 3
1 4
Sample Output
14
11
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[n];++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;
}
