P10218 魔法手杖
感觉考场上做这题还是挺聪明的
答案显然满足二分的性质。考虑枚举答案mid,如果mid满足要求，那么就要满足如下条件:
因为如果你这个\(a_{i}\)如果不能满足异或，那么肯定就需要加。
第一个条件即为：被定向加强的水晶在秘术后的魔力值大于等于 mid（对于未被定向加强的水晶，由于 \(a+x=(a\oplus x)+2(a\oplus x)≥(a\oplus x)≥mid\)，其也满足该不等式。
第二个式子可以变成\(min\{ a_{i} \}+x>=mid\)将这个作为二分下界即可。然后对于这里，我们要搞的问题就变成了，找到一个x,使第一个式子尽量小。使用01trie，假设当前走到u（顶着走）
先要保证\(x>=mid-min\{ a_{i} \}\)
如果有两个儿子：
1.当前mid这位为1,如果我这位填0，那么左子树肯定都小于了，那么就将左子树的\(sum b_{i}\)加上，那后向右子树递归。如果这位填1,那么右子树肯定都小于，那么就将右子树加上，向左子树递归。所以这个子树的最小答案就是
\(min(sumb[son[u][0]]+dfs(son[u][1]),sumb[son[u][1]]+dfs(son[u][0]))\)
2.当前mid这位为0,如果我这位填0，那么右子树肯定都大于了，那么就向左子树递归。如果这位填1,那么左子树肯定都大于，向右子树递归。所以这个子树的最小答案就是
\(min(dfs(son[u][0]),dfs(son[u][1]))\)
如果只有左/右儿子:
1.当前mid这位为1，肯定要让异或起来更大，所以要相反着填，所以最小答案就是\(dfs(son[u][0/1])\)
1.当前mid这位为零，那么如果相反着填，那么就肯定是大于了，返回0即可。
如果没有儿子了:
根据建树代码可知，这是走到底层的情况，因为是顶着走的，那么就返回0即可。
所以我们就进行二分，然后每次跑一边trie树，这颗trie树应该是不变的。
时间复杂度 \(O(nk^{2})\) 期望得分 72 pts
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考虑如何优化。因为这个在trie上跑一遍是不太可能优化的，那么考虑怎么优化二分。考虑优先让高位为1，那么mid这一位就是1,然后跑一遍dfs，看下\(sumb_{i}\)是否小于m,如果小于，那么答案这位就是1，否则就是0。然后我们又得到了一个 \(O(nk^{2})\)算法 期望得分 72 pts。考虑贪心，贪在子树内，若当前填1是否有解，然后往下填。
如果这位填1，那么考虑先满足条件，还是分四类：
如果有两个儿子：
1.当前mid这位为1,如果我x这位填0，那么左子树肯定都小于了，判断先前花费的b加上sumb[son[u][0]]是否小于等于m，满足了第一个式子。为了尽可能满足第二个式子，那么后面得都是1。这时，判断所有进行加法操作中的最小值加上\(x+((1<<dep)-1)\)是否大于等于\(ans+2^{k}\)。然后向右子树递归。如果我x这位填1，那么右子树肯定都小于了，判断先前花费的b加上sumb[son[u][1]]是否小于等于m，满足了第一个式子。为了尽可能满足第二个式子，那么后面得都是1。这时，判断所有进行加法操作中的最小值加上\(x+((1<<(dep+1)-1)\)是否大于等于\(ans+2^{k}\)。然后向左子树递归。
否则mid这位为0肯定是可以的。无论怎么填，都能满足第一个式子，所以我就不搞加法了，全部异或即可。如果我x这位填0，那么右子树肯定都满足了，向左递归。如果我x这位填1，那么左子树肯定都满足了，向右递归。
如果只有左儿子:
1.当前mid这位为1,如果我x这位填0，那么左子树肯定都小于了，判断先前花费的b加上sumb[son[u][0]]是否小于等于m，满足了第一个式子。为了尽可能满足第二个式子，那么后面得都是1。这时，判断所有进行加法操作中的最小值加上\(x+((1<<dep)-1)\)是否大于等于\(ans+2^{k}\)。因为没有右子树，那么(amin+x后面全赋为1)和全局ans取min。如果我x这位填1。为了尽可能满足第二个式子，那么后面得都是1。这时，判断所有进行加法操作中的最小值加上\(x+((1<<(dep+1)-1)\)是否大于等于\(ans+2^{k}\)。然后向左子树递归。
否则mid这位为0肯定是可以的。全部异或即可。如果我x这位填0，向左递归。如果我x这位填1，那么左子树肯定都满足了，那么(amin+x后面全赋为1)和全局ans取min。
如果只有右儿子:
和左边同理
如果没有儿子了:
已经走到底部了，和全局的ans取max
