题目描述
给出一个长度为n的序列，m询问，每次询问求出[l,r]范围内的每一个数加上x再与b异或能够得到的最大值。
输入
第1行，两个整数，n，m，表示菜品数和顾客数。
第2行，n个整数，a1，a2，...，an，表示每道菜的评价值。
第3至m+2行，每行4个整数，b，x，l，r，表示该位顾客的期望值，偏好值，和可以选择菜品区间。
1≤n≤2×10^5，0≤ai,bi,xi＜10^5，1≤li≤ri≤n(1≤i≤m)；1≤m≤10^5
输出
输出 m 行，每行 1 个整数，ymax ，表示该位顾客选择的最美味的菜的美味值。
样例输入
4 4
1 2 3 4
1 4 1 4
2 3 2 3
3 2 3 3
4 1 2 4
样例输出
9
7
6
7
题解
主席树
如果没有+x这个条件显然是可持久化Trie树。
有了这个条件以后不能直接使用可持久化Trie树，但是按位贪心的这个方法仍然可以使用。
考虑每一位，把满足高位的情况下，使得该位为1的a+x的范围拿出来，减去x得到a的范围。如果[l,r]中这个范围内有数，则该位为1；否则该位为0。
这样从高位到地位枚举，每次会将当前区间分成两部分（当前位为0和当前位为1），不断确定区间中数的个数即可出解。
时间复杂度$O(nlog^2 n)$。
（做完本题后可以回想一下01Trie树的实质：权值范围为$[0,2^k)$的权值线段树。权值范围使得每次查询都可以直接判断子树大小以及O(1)移动节点指针，使得查询复杂度变为$O(log n)$）
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 200010
#define M 1000000
#define lson l , mid , ls[x] , ls[y]
#define rson mid + 1 , r , rs[x] , rs[y]
using namespace std;
int ls[N * 30] , rs[N * 30] , si[N * 30] , tot , root[N];
void insert(int p , int l , int r , int x , int &y)
{
y = ++tot , si[y] = si[x] + 1;
if(l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
if(p <= mid) rs[y] = rs[x] , insert(p , lson);
else ls[y] = ls[x] , insert(p , rson);
}
int query(int b , int e , int l , int r , int x , int y)
{
if(b <= l && r <= e) return si[y] - si[x];
int mid = (l + r) >> 1 , ans = 0;
if(b <= mid) ans += query(b , e , lson);
if(e > mid) ans += query(b , e , rson);
return ans;
}
int solve(int b , int x , int l , int r)
{
int i , now = 0 , y , z , ans = 0;
for(i = 1 << 17 ; i ; i >>= 1)
{
if(b & i) y = now , z = now + i - 1;
else y = now + i , z = now + 2 * i - 1;
y -= x , z -= x;
if(query(y , z , -M , M , root[l - 1] , root[r]))
{
ans |= i;
if(!(b & i)) now |= i;
}
else if(b & i) now |= i;
}
return ans;
}
int main()
{
int n , m , i , b , x , l , r;
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &x) , insert(x , -M , M , root[i - 1] , root[i]);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d%d%d%d" , &b , &x , &l , &r) , printf("%d
" , solve(b , x , l , r));
return 0;
}