题目：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5092
套路地弄一个前缀异或和，就变成 f[ i ]=max_{j=0}^{i} { s[ j ] + (s[ i ]^s[ j ]) }。再套路地考虑按位贪心。
然后看了题解。按位贪心不是确定 f[ i ] 的这一位是0还是1，而是确定这一位是否给答案贡献 bin[ j ] !
按位考虑，自己这一位如果是1，则 j 不管取在哪，都只有一种情况，就是向答案贡献 bin[ j ]；
自己这一位如果是0，则 j 的位置影响到这一位对答案的贡献是 0 还是 2*bin[ j ] 。
因为自己这一位是0了，又要有那样的贡献，所以 j 的这一位一定是1；做到这一位的时候已经知道更高的位上选择了哪些位为1，所以如果知道自己位置是否可以在满足更高的选了1的位仍旧选1的基础上把这一位也选上1的话就好了。
这里有很好的思路：不是求自己能否达到，而是预处理整个数组里符合这个条件的最靠前的位置！这样自然也能判断自己是否可行了。
即，预处理满足更高位确定、当前位为1、更低位随便的a[ ]的最靠前位置。
这个可以用高维前缀和来做。初值是 p[ a[ i ] ]=min{ p[ a[ i ] ] , i } ，倒着枚举 i 就不用取min了；没有出现的值的 p 是 n+1 ，p[ 0 ] = 0。
状态里的 0 表示不作要求，1表示必须为1；则从低到高位枚举，p[ i ]对（最高位到当前位固定、当前位到最低位是自己子集）的p[ j ]取min即可。
计算答案的时候注意因为 a[ i ]&bin[ j ] 而产生贡献的，不用算在和 p 有关的那个限制里。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int N=3e5+5,M=25,K=(1<<20)+5;//K!=1e6!!! int n,a[N],bin[M],p[K]; int rdn() { int ret=0;bool fx=1;char ch=getchar(); while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')fx=0;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9') ret=(ret<<3)+(ret<<1)+ch-'0',ch=getchar(); return fx?ret:-ret; } int Mx(int a,int b){return a>b?a:b;} int Mn(int a,int b){return a<b?a:b;} int main() { int mx=0,lm; n=rdn();for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=rdn()^a[i-1],mx=Mx(mx,a[i]); bin[0]=1; for(lm=1;(bin[lm-1]<<1)<=mx;lm++) bin[lm]=bin[lm-1]<<1; bin[lm]=bin[lm-1]<<1; for(int i=1;i<bin[lm];i++)p[i]=n+1; for(int i=n;i;i--)p[a[i]]=i; p[0]=0; for(int t=0;t<lm;t++) for(int i=1;i<bin[lm];i++) if(!(i&bin[t])) p[i]=Mn(p[i],p[i|bin[t]]); for(int i=1,ans=0,lj=0;i<=n;i++,ans=0,lj=0) { for(int j=lm-1;j>=0;j--) { if(a[i]&bin[j]) {ans+=bin[j];continue;}//no lj|=bin[j] if(p[lj|bin[j]]<=i) { ans+=bin[j]<<1;lj|=bin[j]; } } printf("%d ",ans); } return 0; }