P4735 最大異或和

題意：

一個非負序列a，初始長度為n，有兩種操作：

A x，在序列中添加x，n加一

Q l r x,詢問操作，詢問一個位置p，p滿足l<=p<=r,使得p到位置n的的異或和與x的異或值最大，輸出最大值

題解：

我們來看這個查詢操作，p∈[l,r],我們設整個區間的異或值為tot，
$a[p]\oplus a[p+1]\oplus .....a[N]$=$tot\oplus (a[1]\oplus a[2].....\oplus a[p?1])$
相當于我們巧妙的將后綴問題轉換成前綴問題，那就是找一個前綴s[y]⊕(x⊕tot)的值最大，y屬于[l-1,r-1]。轉化成可持久化01Trie經典模型：
給定(l,r,x)，在序列[l,r]區間中選一個數a[i],使得a[i]⊕x最大
然后按照可持久化的套路，我們將所有前綴異或和s[i]建立可持久化01Trie，算出(x⊕tot)的值后在rt[l-2]到rt[r-1]這兩顆樹上走一邊，尋找最大值

代碼:

#include<bits/stdc++.h> #define debug(a,b) printf("%s = %d\n",a,b); using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int, int> PII; //Fe~Jozky const ll INF_ll=1e18; const int INF_int=0x3f3f3f3f; inline ll read(){ll s=0,w=1ll;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1ll;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10ll+((ch-'0')*1ll),ch=getchar();//s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48);return s*w; } void rd_txt(){#ifdef ONLINE_JUDGE#elsefreopen("in.txt","r",stdin);#endif } const int maxn=6e5+9; struct tree{int cnt;int ch[2]; }tr[maxn*30]; int rtnum=0; int a[maxn]; int rt[maxn]; int tot=0; void insert(int now,int pre,int x){for(int i=30;i>=0;i--){int c=((x>>i)&1);tr[now].ch[c^1]=tr[pre].ch[c^1];tr[now].ch[c]=++rtnum;now=tr[now].ch[c];pre=tr[pre].ch[c];tr[now].cnt=tr[pre].cnt+1;} } int get(int L,int R,int x){int sum=0;for(int i=30;i>=0;i--){int c=((x>>i)&1);if(tr[tr[R].ch[c^1]].cnt>tr[tr[L].ch[c^1]].cnt){sum+=(1<<i);L=tr[L].ch[c^1];R=tr[R].ch[c^1]; }else {L=tr[L].ch[c];R=tr[R].ch[c]; }}return sum; }int main() {rd_txt();int n,m;cin>>n>>m;rt[0]=++rtnum;insert(rt[0],0,0);tot=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];tot^=a[i];rt[i]=++rtnum;insert(rt[i],rt[i-1],tot);}for(int i=1;i<=m;i++){string op;cin>>op;int x;if(op=="A"){cin>>x;tot^=x;rt[++n]=++rtnum;insert(rt[n],rt[n-1],tot);}else if(op=="Q"){int l,r,x;cin>>l>>r>>x;l--;r--;if(l==0)printf("%d\n",get(0,rt[r],tot^x));else printf("%d\n",get(rt[l-1],rt[r],tot^x));}}return 0; }

總結

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