题解：P11160 機械生命体

\(\text{Link}\)

Trie 树本质即为权值线段树。

本题解将会较为详细地讲述实现。

题意

维护一个可重集 \(S\)，初始为空。共有 \(q\) 次如下类型的操作：

• 1 x，向 \(S\) 中加入一个 \(x\)。
• 2 x，从 \(S\) 中删除一个 \(x\)。
• 3 x k v，对 \(S\) 中所有满足 \(\operatorname{lowbit}(x\oplus y)\geq 2^k\) 的 \(y\)，将其替换为 \((y+v)\bmod 2^{32}\)。
• 4 x，求出 \(\max\limits_{y\in S} \operatorname{lowbit}(x\oplus y)\)。

\(q\le 5\times 10^5\)。

题解

想必各位对 Trie 树维护全局加一的做法都已经倒背如流了：从低位向高位建 Trie 树，将根的右链上所有结点的左右儿子交换。

本题的操作三相当于取出 Trie 树上的某个子树，对其进行加 \(v\)。同时此时的操作四所求的信息相当简单，允许我们由低位至高位求解。那么我们要从全局加一的做法类比一个全局加 \(v\) 的做法出来。

对一个子树进行操作几乎已经明示了我们需要打标记处理该问题。我们对一个结点 \(i\) 打上标记 \(t_i\) 表示对将 \(i\) 为根的子树看作独立的一颗 Trie 树，还需对全局加上 \(t_i\)。那么标记下传时只需如下操作：

• 如果 \(t_i\) 为奇数，对 \(i\) 子树做一次全局加一并将 \(t_i\) 减去一；
• 将左右儿子的标记分别加上 \(\dfrac{t_i}{2}\) 并清空 \(t_i\)。

由于每次下传都可能会做一次全局加一，单次操作时间复杂度为 \(O(\log^2 v)\)。但是注意到我们并不需要立即将此次全局加一进行完，只需将右儿子的标记加一再交换左右儿子即可避免，时间复杂度降为 \(O(\log v)\)。

接下来，考虑将全局加拓展到子树加。考虑一次操作三 \(x,k,v\)，不妨令 \(x\) 仅保留后 \(k\) 位。我们直接做完后 \(k\) 位的加法，将剩余的部分标记给修改子树，再将修改子树与做完加法所得目标子树合并起来。其中合并即为线段树合并，复杂度均摊正确。

总时间复杂度 \(O(q\log v)\)，参考实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ui unsigned int
namespace IO{//by cyffff
    
}
const int N=5e5+10,B=32;
int rt;
struct Trie{
	#define ls son[rt][0]
	#define rs son[rt][1]
	int cnt,son[N*B][2],siz[N*B];
	ui tag[N*B];
	inline void pushup(int rt){
		siz[rt]=siz[ls]+siz[rs];
	}
	inline void pushtag(int rt,ui v){
		if(!rt) return ;
		tag[rt]+=v;
	}
	inline void pushdown(int rt){
		if(!tag[rt]) return ;
		if(tag[rt]&1) pushtag(rs,1),swap(ls,rs),tag[rt]--;
		pushtag(ls,tag[rt]>>1);
		pushtag(rs,tag[rt]>>1);
		tag[rt]=0;
	}
	inline void insert(int &rt,int d,ui x,int v){
		if(!rt) rt=++cnt;
		siz[rt]+=v;
		if(d==B) return ;
		pushdown(rt);
		int c=x>>d&1;
		insert(son[rt][c],d+1,x,v);
	}
	inline int merge(int x,int y,int d){
		if(!x||!y) return x+y;
		if(d==B){
			siz[x]+=siz[y];
			return x;
		}
		pushdown(x),pushdown(y);
		son[x][0]=merge(son[x][0],son[y][0],d+1);
		son[x][1]=merge(son[x][1],son[y][1],d+1);
		pushup(x);
		return x;
	}
	inline void solve(int &pr,int &nx,int d,ui x,ui v,int k){
		if(!pr) return ;
		if(!nx) nx=++cnt;
		if(d==k){
			int A=pr;
			pushtag(A,(x+v)>>k);
			pr=0,nx=merge(nx,A,k);
			return ;
		}
		pushdown(pr),pushdown(nx);
		int cp=x>>d&1,cn=x+v>>d&1;
		solve(son[pr][cp],son[nx][cn],d+1,x,v,k);
		pushup(pr),pushup(nx); 
	}
	inline int query(int rt,int d,ui x){
		if(d==B) return d;
		pushdown(rt);
		int c=x>>d&1;
		if(siz[son[rt][c]]) return query(son[rt][c],d+1,x);
		return d;
	}
}T;
int main(){
	int q=read();
	while(q--){
		int op=read();
		ui x=read();
		if(op==1){
			T.insert(rt,0,x,1);
		}else if(op==2){
			T.insert(rt,0,x,-1);
		}else if(op==3){
			int k=read();
			ui v=read();
			T.solve(rt,rt,0,x&((1ll<<k)-1),v,k); 
		}else{
			write(1ll<<T.query(rt,0,x)),putc('\n');
		}
	}
	flush();
}