Tree
Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others) Memory Limit: 102400/102400 K (Java/Others)
Problem Description
Zero and One are good friends who always have fun with each other. This time, they decide to do something on a tree which is a kind of graph that there is only one path from node to node. First, Zero will give One an tree and every node in this tree has a value. Then, Zero will ask One a series of queries. Each query contains three parameters: $x, y, z$ which mean that he want to know the maximum value produced by $z$ xor each value on the path from node $x$ to node $y$ (including node $x$, node $y$). Unfortunately, One has no idea in this question. So he need you to solve it.
Input
There are several test cases and the cases end with EOF. For each case:
The first line contains two integers $n$ ($1le n le 10^{5}$) and $m$ ($1 le m le 10^{5}$), which are the amount of tree’s nodes and queries, respectively.
The second line contains $n$ integers $a_1, a_2, dots, a_n$ and $a_i$ ($0 le a_i <2^{16}$) is the value on the $i$th node.
The next $n–1$ lines contains two integers $u, v$, which means there is an edge between $u$ and $v$.
The next $m$ lines contains three integers $x ,y, z$, which are the parameters of Zero’s query.
The first line contains two integers $n$ ($1le n le 10^{5}$) and $m$ ($1 le m le 10^{5}$), which are the amount of tree’s nodes and queries, respectively.
The second line contains $n$ integers $a_1, a_2, dots, a_n$ and $a_i$ ($0 le a_i <2^{16}$) is the value on the $i$th node.
The next $n–1$ lines contains two integers $u, v$, which means there is an edge between $u$ and $v$.
The next $m$ lines contains three integers $x ,y, z$, which are the parameters of Zero’s query.
Output
For each query, output the answer.
Sample Input
3 2
1 2 2
1 2
2 3
1 3 1
2 3 2
Sample Output
3
0
Source
Solution
可持久化 trie 。
trie可以解决关于异或的一个经典问题:
给定非负整数序列 $a_1,cdots, a_n$ 和非负整数 $x$ 求
[max_{1 le i le n} a_i ext{^} x]
做法:
将 $a_1$ 到 $a_n$ 的二进制形式（二进制串, 高位在前）插入到 trie 里, 用 $x$ 的二进制串在建好的 trie 里贪心匹配.
这种做法可推广到这个题目上:
我们对每个节点 $u$ 建立一棵 trie ，里面存的是从根节点到 $u$ 的路径上的所有节点的权值的二进制串.
先不考虑如何建这 $n$ 棵 trie ，我们考虑如何利用这 $n$ 棵 tire 完成题目要求的查询.
我们用 $ ext{lca}(u,v)$ 表示 $u,v$ 的最近公共祖先（LCA）， $ ext{trie}_u$ 表示节点 $u$ 对应的 trie 。
对于询问 $(u, v, x)$ ，以 $x$ 的二进制串在 $ ext{trie}_u, ext{trie}_v$ 和 $ ext{trie}_{ ext{lca}(u,v)}$ 中同步贪心匹配.
注意: 在贪心匹配的每个阶段, 我们匹配到的都是某个数的二进制串的某个前缀, 这个前缀属于哪个数是不知道的, 那么如何保证最后匹配到的那个二进制串对应的数出现在 $u$ 到 $v$ 的路径上呢?
可以这样做:
首先应当明确: tire 的每个节点都代表一个二进制串(二进制前缀). 我们对 tire 的每个节点维护一个值 $cnt$ 表示在这棵 tire 里有多少个(完整的)二进制串包含该节点对应的前缀（即该二进制前缀出现的次数）.
这样欲匹配某个前缀时, 我们就能判断该前缀是否(也)属于$u$到$v$的路径上某个节点的权值对应的二进制串. 只有当该前缀合法时才能继续匹配.
具体而言, 设目前要匹配的二进制前缀在 $ ext{trie}_u, ext{trie}_v$ 和 $ ext{trie}_{ ext{lca}(u,v)}$ 分别对应于节点 $p,q,r$, 则要求:[p.cnt+q.cnt>2 imes r.cnt]
这样做有一个潜在的 bug:
当 $a_{ ext{lca}(u,v)}$ 是唯一最优解时, 会被忽略. 所以最后还要用 $x ext{^}a_{ ext{lca}(u,v)}$ 更新答案.
当然这个麻烦也是可应避免的, 只要把 $ ext{trie}_{ ext{lca}(u,v)}$ 换成 $ ext{trie}_{ ext{par}( ext{lca}(u,v))}$ —— $ ext{par}(u)$ 表示 $u$ 的父节点——就可以了.
现在考虑建 $n$ 棵 trie 的问题. 我们没必要分别建 $n$ 棵 trie, 而且这样做空间和时间都无法承受. 考虑到 $ ext{trie}_u$ 与 $ ext{trie}_{ ext{par}(u)}$ 的差别只是多插入了 $a_u$ 对应的二进制串, 我们可以采用可持久化 trie 来建这 $n$ 棵树. (如果读者还不了解可久化数据结构, 可参考陈立杰的《可持久化数据结构研究》的第 4 节——可持久化线段树.)
Implementation
可持久化 trie 在写法上有一个技巧: 我们一开始用一个节点表示一棵空树, 将此节点的 $cnt$ 置为 $0$. 在建树的过程中如果某个节点的某个儿子为空, 对应的指针就指向该空节点.
这样写起来就方便很多, 而且不会有 bug.
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int M{1<<21}, N{1<<17}; int a[N], nxt[M][2], cnt[M], tail, root[N]; vector<int> g[N]; //a NULL NODE //The empty tree is a well-defined tree! int Insert(int id, int v, int dep){ //this node is going to be modified //always copy before modification int cur=tail++; cnt[cur]=cnt[id]+1; if(dep>=0) if(v&1<<dep){ nxt[cur][0]=nxt[id][0]; nxt[cur][1]=Insert(nxt[id][1], v, dep-1); } else{ nxt[cur][0]=Insert(nxt[id][0], v, dep-1); nxt[cur][1]=nxt[id][1]; } else nxt[cur][0]=nxt[cur][1]=0; //error-prone return cur; } int fa[N][17], dep[N]; void dfs(int u, int f){ fa[u][0]=f, dep[u]=dep[f]+1; for(int i=1; i<17; i++) fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1]; root[u]=Insert(root[f], a[u], 15); for(auto x:g[u]) if(x!=f) dfs(x, u); } int get_lca(int u, int v){ if(dep[u]<dep[v]) swap(u, v); int diff=dep[u]-dep[v]; for(int i=0; i<17; i++) if(diff&1<<i) u=fa[u][i]; if(u==v) return u; for(int i=16; i>=0; i--) //error-prone if(fa[u][i]!=fa[v][i]) u=fa[u][i], v=fa[v][i]; return fa[u][0]; } //keep it simple int query(int u, int v, int x){ int res=0, lca=get_lca(u, v); int _u=root[u], _v=root[v], _w=root[lca]; for(int i=15; i>=0; i--){ bool f=!(x&1<<i); //check if this bit valid if(cnt[nxt[_u][f]]+cnt[nxt[_v][f]]>cnt[nxt[_w][f]]<<1) res|=1<<i; else f=!f; _u=nxt[_u][f], _v=nxt[_v][f], _w=nxt[_w][f]; } return max(res, x^a[lca]); } int main(){ for(int n, m; cin>>n>>m; ){ for(int i=1; i<=n; i++){ scanf("%d", a+i); g[i].clear(); } for(int u, v, i=1; i<n; i++){ scanf("%d%d", &u, &v); g[u].push_back(v); g[v].push_back(u); } //construct an empty tree root[0]=tail=0, memset(nxt[tail], 0, sizeof(nxt[tail])), cnt[tail]=0, tail++; dfs(1, 0); for(int u, v, x, lca; m--; ){ scanf("%d%d%d", &u, &v, &x); printf("%d ", query(u, v, x)); } } }