题解「CF241B Friends」

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CodeForces 241B

题意

给定一个长度为 \(N\) 的序列，求前 \(k\) 大的 \(a_i \operatorname{xor} a_j\) 之和，答案对 \(10^9+7\) 取模。

其中 \(a_i \operatorname{xor} a_j\) 与 \(a_j \operatorname{xor} a_i\) 被看成是同一对。

\(\texttt{Data Range:}1\leq n\leq 10^6,1\leq k\leq \frac{n(n-1)}{2}\)。

约定

以下称 \(a_i \operatorname{xor} a_j\) 的值为异或值。

\(b_v[i..j]\) 为值 \(v\) 在 二进制意义 下第 \(i\) 位至第 \(j\) 位的取值，如 \(b_3[0..1]=11_2\)，\(b_5[1..2]=10_2\)，\(b_5[0,2]=101_2\)（下标 \(2\) 即表示二进制意义下）。

二进制意义下的最高位为 \(mx\)。

题解

此题是 [十二省联考2019]异或粽子 的加强版，解法吊打 \(\texttt{std}\)。

提供了一种时间复杂度与 \(k\) 无关的解法，时间复杂度为 \(O(n\omega^2+n\log n)\)，其中 \(\omega\) 为二进制意义下 \(a_i\) 的最高位，是一个\(\leq 31\) 的常数

首先可以想到，要求出前 \(k\) 大的异或和，必须先求出第 \(k\) 大的异或和。

有一种很暴力的做法，枚举每个 \(a_i,a_j\)，求出第 \(k\) 大的异或值。无疑可以优化，枚举每一个 \(a_i\)，将上述过程放至 \(\texttt{trie}\) 上，从高位贪心，用类似权值线段树求第 \(k\) 大的方式在 \(\texttt{trie}\) 上二分即可。

更加具体地说，我们将一棵 \(\texttt{trie}\) 分为 \(n\) 层，第 \(i\) 层的指针即 \(a_i\) 所对应的 \(a_j\) 的前缀。从最高位开始枚举第 \(k\) 大的 \(a_i \operatorname{xor} a_j\) 的每一位上取 \(0/1\)，在枚举到第 \(x\) 位时，在每一层上计算 \(a_i \operatorname{xor} a_j\) 的第 \(x\) 位为 \(1\) 的方案数，记这个数为 \(cnt\)。若 \(cnt\geq k\)，则说明这一位必须取 \(1\)，否则所求会小于第 \(k\) 大。若 \(cnt < k\)，则说明这一位必须取 \(0\) ，否则所求会大于第 \(k\) 大。在 \(n\) 层 \(trie\) 上对应更新指针即可，并统计第 \(x\) 位的取值，更新第 \(k\) 大的异或值在 \(x\) 上的取值即可。

求出第 \(k\) 大的 \(a_i \operatorname{xor} a_j\) 后，记其为 \(val\)。若 \(val\) 第 \(x\) 位上为 \(0\)，则若存在一个异或值 \(t\)，令\(b_{val}[x+1..mx]=b_t[x+1..mx]\)，仅在 \(t\) 的第 \(x\) 位上为 \(1\)，\(t\) 一定大于 \(val\) ，属于前 \(k\) 大的取值。

考虑计算这部分值的贡献。仍然是从高位贪心，分成 \(n\) 层。每层按照 \(val\) 的值在 \(\texttt{trie}\) 上递归，枚举值 \(val\) 在二进制意义上为 \(0\) 的那些位，统计仅在这一位上取 \(1\) ，第 \(x+1-mx\) 位上与 \(val\) 在二进制意义下取值相同的那些异或值对答案造成的贡献。

由于即使确定了 \(a_i\)，\(a_j\) 也是在一棵子树中，对一棵子树统计答案，不太好做。可以在初始时直接对 \(a_i\) 排序，这样 \(\texttt{trie}\) 的一棵子树即对应了 \(a\) 上一段连续的区间。统计贡献时按位统计，对每一位上的 \(0/1\) 分别维护一个前缀和，这样就可以了。

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#include<cstdio>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
int n,tot=0,rt=0;
int a[50005],tmp[50005];
int sum[35][50005][2];
int ch[1000005][2],size[1000005],l[1000005],r[1000005];
inline ll read() {
	register ll x=0,f=1;register char s=getchar();
	while(s>'9'||s<'0') {if(s=='-') f=-1;s=getchar();}
	while(s>='0'&&s<='9') {x=x*10+s-'0';s=getchar();}
	return x*f;
}
inline ll Add(ll x,ll y) {return ((x+y)%mod+mod)%mod;}
inline ll pow(ll x,ll p) {
	ll res=1;
	for(;p;p>>=1) {if(p&1) res=res*x%mod;x=x*x%mod;}
	return res;
}
inline void insert(int val,int id) {
	if(!rt) rt=++tot,l[rt]=1,r[rt]=n;
	int p=rt;++size[rt];
	for(register int d=31;d>=0;--d) {
		int &nxt=ch[p][val>>d&1];
		if(!nxt) {nxt=++tot;l[nxt]=id;} 
		p=nxt;r[p]=id;++size[p];
	}
}
inline int getVal(ll &k) {
	int res=0;
	for(register int i=1;i<=n;++i) tmp[i]=rt;
	for(register int d=31;d>=0;--d) {//若当前取1的个数为cnt,cnt>k 
		int x=0;
		ll cnt=0;
		for(register int i=1;i<=n;++i) cnt+=size[ch[tmp[i]][(a[i]>>d&1)^1]];
		if(cnt>=k) res|=(1<<d),x=1;//cnt<k
		else k-=cnt,x=0;
		for(register int i=1;i<=n;++i) tmp[i]=ch[tmp[i]][(a[i]>>d&1)^x];
	}
	return res;
}
inline ll ask(int l,int r,int val) {
	if(!l||!r) return 0;
	ll res=0;
	for(register int d=31;d>=0;--d) res=Add(res,(ll)(sum[d][r][(val>>d&1)^1]-sum[d][l-1][(val>>d&1)^1])*((1ll<<d)%mod)%mod);
	return res;
}
inline ll getSum(ll k) {
	int val=getVal(k);
	ll res=val*k%mod;
	for(register int i=1;i<=n;++i) tmp[i]=rt;
	for(register int d=31;d>=0;--d) {
		int x=val>>d&1;
		if(!x) {for(register int i=1;i<=n;++i) res=Add(res,ask(l[ch[tmp[i]][(a[i]>>d&1)^1]],r[ch[tmp[i]][(a[i]>>d&1)^1]],a[i]));}
		for(register int i=1;i<=n;++i) tmp[i]=ch[tmp[i]][(a[i]>>d&1)^x];
	}
	return res;	
}
signed main() {
	n=read();
	ll k=read()*2ll;//25*1e8=2.5*1e9
	for(register int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
	std::sort(a+1,a+1+n);
	for(register int i=1;i<=n;++i) insert(a[i],i);
	for(register int i=1;i<=n;++i) {
		for(register int d=31;d>=0;--d) {
			sum[d][i][0]=sum[d][i-1][0];
			sum[d][i][1]=sum[d][i-1][1];
			++sum[d][i][a[i]>>d&1]; 
		}
	} 
	printf("%lld\n",getSum(k)*pow(2,mod-2)%mod);
	return 0;
}