第八届广西大学生程序设计大赛暨2025邀请赛 G题思路分享（trie树）

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/110811/G

题意概述

给定两个长度为 \(n\) 的数组 \(a,b\) 和两个参数 \(k_1,k_2\)，求满足：

• \(i \lt j\)

• \(k_1 \oplus a_i \oplus a_j \lt k_2 \oplus b_i \oplus b_j\)

的点对数量。

思路

记 \(k_1 \oplus a_i \oplus a_j = X\)，\(k_2 \oplus b_i \oplus b_j = Y\)。原不等式相当于在 \(X \oplus Y\) 的最高有效位 \(d\) 上，\(X\) 在该位上为 \(0\)，\(Y\) 在该位上为 \(1\)。

\(X \oplus Y\) 在 \(d\) 之前的位上为 \(0\)。\(X\) 的第 \(d\) 位为 \(0\)，即 \(k_1 \oplus a_i \oplus a_j\) 第 \(d\) 位为 \(0\)。

\(X \oplus Y\) 的表达中可以将 \(i,j\) 分离，考虑 \(trie\) 树，插入 \(a_i \oplus b_i\)。需要知道 \(X\) 是否为 \(0\)，统计 \(a_i\) 在该位为 \(0\) 和为 \(1\) 的数量。

在 \(trie\) 树上累加贡献即可，跳转时走让 \(X \oplus Y\) 在该位为 \(0\) 的边，如果存在让 \(X \oplus Y\) 在该位为 \(1\) 的边，就以该位为最高位计算一次贡献。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(32n)\)。

代码

//author:kzssCCC

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;


void solve(){
	int n,k1,k2;
	cin >> n >> k1 >> k2;

	vector<int> a(n+1);
	for (int i=1;i<=n;i++){
		cin >> a[i];
	}	
	vector<int> b(n+1);
	for (int i=1;i<=n;i++){
		cin >> b[i];
	}

	vector<array<int,2>> next{{-1,-1}};
	vector<array<int,2>> cnt{{0,0}};

	ll res = 0;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		{
			int u = 0;
			for (int j=31;j>=0;j--){
				if (next[u][((a[i]^b[i]^k1^k2)>>j&1)^1]!=-1){
					res += cnt[next[u][((a[i]^b[i]^k1^k2)>>j&1)^1]][(a[i]^k1)>>j&1];
				}
				if (next[u][(a[i]^b[i]^k1^k2)>>j&1]!=-1){
					u = next[u][(a[i]^b[i]^k1^k2)>>j&1];
				}
				else break;
			}
		}
		{
			int u = 0;
			for (int j=31;j>=0;j--){
				int cj = (a[i]^b[i])>>j&1;
				if (next[u][cj]==-1){
					next.push_back({-1,-1});
					next[u][cj] = next.size()-1;
					cnt.push_back({0,0});
				}

				cnt[next[u][cj]][a[i]>>j&1]++;
				u = next[u][cj];
			}
		}
	}

	cout << res << '\n';
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	
	int t = 1;
	// cin >> t;
	while (t--) solve();

	return 0;
}