CF1553H XOR and Distance

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Codeforces 1553H XOR and Distance

题目大意

给定一个长度为 (n) 的数列 (a_i)​ 和一个数字 (k)，满足 (a_i< 2^k)，设

[f(x)=min_{i=1}^nmin_{j=i+1}^n|(a_ioplus x)-(a_joplus x)| ]

请对所有 (0leq xleq 2^k-1)，求出 (f(x)) 。

(1leq kleq 19)，(2leq nleq2^k)，(a_i eq a_j)

思路

建出字典树，可以发现答案即为字典树的所有相邻叶子的距离最小值，考虑 (x) 变化时 (Trie) 形态的变化，注意到如果 (x) 只翻转第 (p) 位，那么 (Trie) 的所有深度为 (p-1) 的节点的左右儿子就会发生互换，变化量是 (O(2^{k-p})) 的，所以如果我们可以保证第 (i) 位被翻转了 (O(2^{k-i})) 次，那么这边的时间复杂度就可以做到 (1 imes2^k+2 imes2^{k-1}+...+2^k imes1=O(kcdot2^k)) 的了。

好像只要每个 (x) 从 (xoplus highbit(x)) 转移过来就可以满足这个条件了！但是这样好像不能一次做完，因为这个转移关系是一张 (DAG)，还需要把 (Trie) 可持久化，看起来不好做。我们需要的是一个 (0) 到 (2^k-1) 的排列，满足相邻两个数字只有一位被翻转了，且第 (i) 总共被翻转的次数是 (O(2^{k-i})) 的，第一个性质好像有点熟悉，这不就是格雷码嘛，手玩一下 (CSP2019) 给出的那个 (Gray;Code) 构造，可以发现它是第 (i) 位被翻转 (O(2^i)) 次，这里把二进制位做一下镜像对称即可，即 (FFT) 里的那个 (rev) 数组。

时间复杂度对了，考虑具体维护信息，由于有左右儿子翻转这个操作，在 (Trie) 的每个节点上维护 (ans,mx,mn,len) 四个属性，分别表示当前子树内的答案，最大和最小值离左边界的距离（翻转后的），当前节点对应区间的长度，在 (Trie) 的形态变化时将信息上传即可。

维护是线性的，所以时间复杂度 (O(kcdot2^k)) 。

Code

#include<iostream>
#include<stack>
#include<fstream>
#include<ctime>
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i,b,a) for(int i = (b); i >= (a); i--)
#define N 600000
#define K 20
#define Inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;

int Gray[N], rev[N], ans[N], Log[N];
int n, k;

struct Trie{
    struct node{
        int ans, c[2];
        int mn, mx, len;
    } t[N*K];
    int cnt;

    int New(int k){
        t[++cnt].ans = Inf;
        t[cnt].len = 1<<k, t[cnt].mn = Inf, t[cnt].mx = -1;
        return cnt;
    }
    void init(){ New(k), t[0].ans = Inf; }

    void update(int x){
        t[x].ans = min(t[t[x].c[0]].ans, t[t[x].c[1]].ans);
        t[x].mn = Inf, t[x].mx = -1;
        rep(i,0,1){
            int y = t[x].c[i];
            if(!y) continue;
            t[x].mn = min(t[x].mn, t[y].mn + i*t[y].len);
            t[x].mx = max(t[x].mx, t[y].mx + i*t[y].len);
        }
        int l = t[x].c[0], r = t[x].c[1];
        if(l && r) t[x].ans = min(t[x].ans, t[r].mn+t[l].len-t[l].mx);
    }

    void insert(int n){
        int x = 1;
        stack<int> s;
        per(i,k-1,0){
            s.push(x);
            int id = n>>i&1;
            if(!t[x].c[id]) t[x].c[id] = New(i);
            x = t[x].c[id];
        }
        t[x].mn = t[x].mx = 0;
        while(!s.empty()) update(s.top()), s.pop();
    }

    void change(int x, int lev, int p){
        if(x == 0) return;
        if(lev == p){
            swap(t[x].c[0], t[x].c[1]), update(x);
            return;
        }
        change(t[x].c[0], lev-1, p), change(t[x].c[1], lev-1, p);
        update(x);
    }

    void print(){
        rep(i,1,cnt) cout<<i<<":"<<t[i].c[0]<<","<<t[i].c[1]
            <<" "<<t[i].ans<<" "<<t[i].len<<' '<<t[i].mn<<","<<t[i].mx<<endl;
        cout<<endl;
    }
} Trie;

void init(){
    Gray[0] = 0, Gray[1] = 1;
    rep(i,1,k-1) rep(j,0,(1<<i)-1) 
        Gray[(2<<i)-j-1] = Gray[j]|(1<<i);
    rep(i,0,(1<<k)-1) rev[i] = rev[i>>1]>>1 | ((i&1)<<(k-1));
    rep(i,0,(1<<k)-1) Gray[i] = rev[Gray[i]];
    rep(i,0,k-1) Log[1<<i] = i;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n>>k;
    int a;
    Trie.init();
    rep(i,1,n) cin>>a, Trie.insert(a);
    init();

    ans[0] = Trie.t[1].ans;
    rep(i,1,(1<<k)-1){
        Trie.change(1, k-1, Log[Gray[i]^Gray[i-1]]);
        ans[Gray[i]] = Trie.t[1].ans;
    }

    rep(i,0,(1<<k)-1) cout<<ans[i]<<" ";
    cout<<endl;
    return 0;
}