题意：给定一个长度为n的序列，m次询问，每次询问一个区间[l, r]，求max(Ai xor Ai+1 xor Ai+2 ... xor Aj)，其中l<=i<=j<=r。(n<=12000, m<=6000, Ai在signed longint范围内）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int nT=5000005, N=12005;
struct node *null;
struct node {
node *c[2];
int s;
}pool[nT], *it=pool;
node *newT() { node *x; x=it++; x->c[0]=x->c[1]=null; x->s=0; return x; }
node *add(node *p, int y, int dep=30) {
node *x=newT();
if(dep==-1) return x;
*x=*p;
int f=(y>>dep)&1;
x->c[f]=add(p->c[f], y, dep-1); ++x->c[f]->s;
return x;
}
int query(node *a, node *b, int k, int dep=30) {
if(dep==-1) return 0;
int f=(k>>dep)&1, ff=f^1;
if(b->c[ff]->s>a->c[ff]->s) return (1<<dep)|query(a->c[ff], b->c[ff], k, dep-1);
return query(a->c[f], b->c[f], k, dep-1);
}
node *Root[N], **root=Root+1;
int a[N], n, m, size, num, pos[N], d[120][N], last;
void init() {
null=new node; null->c[0]=null->c[1]=null; null->s=0;
root[0]=null;
root[-1]=null;
scanf("%d%d", &n, &m); //++n;
for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%d", &a[i]), a[i]^=a[i-1];
for(int i=1; i<=n; ++i) root[i]=add(root[i-1], a[i]);
size=sqrt(n+0.5);
num=(n-1)/size+1;
for(int i=1; i<=n; ++i) pos[i]=(i-1)/size+1;
for(int i=1; i<=num; ++i) {
int pi=(i-1)*size+1;
for(int j=pi; j<=n; ++j) d[i][j]=max(d[i][j-1], query(root[pi-1], root[j], a[j]));
}
}
int getans(int l, int r) {
--l;
int bl=pos[l], ret=0;
if(pos[r]>bl) ret=d[bl+1][r];
for(int i=l, end=min(r, bl*size); i<=end; ++i) ret=max(ret, query(root[l-1], root[r], a[i]));
return ret;
}
void solve() {
int x, y, l, r;
while(m--) {
scanf("%d%d", &x, &y);
x=(((long long)last+x)%n)+1;
y=(((long long)last+y)%n)+1;
l=min(x, y); r=max(x, y); //printf("%d %d
", l, r);
printf("%d
", last=getans(l, r));
}
}
int main() {
init();
solve();
return 0;
}
（自己的傻×做法，线段树套可持久化trie，mle成翔）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M=8000005;
struct node *null;
struct node {
node *l, *r;
int cnt;
}pool[M], *bin[M], *it=pool, *nod;
int top;
node *newnode() {
node *x;
if(!top) { if(pool+M==it) exit(0); x=it++; }
else x=bin[--top];
x->l=x->r=null; x->cnt=1;
return x;
}
void clean(node *&x) {
if(x!=null && x!=nod && !(--x->cnt)) { bin[top++]=x; clean(x->l); clean(x->r); }
x=null;
}
node *merge(node *a, node *b) {
if(a==null) { ++b->cnt; return b; }
if(b==null) { ++a->cnt; return a; }
node *x=newnode();
x->l=merge(a->l, b->l);
x->r=merge(a->r, b->r);
return x;
}
node *add(node *p, ll y, int dep) {
if(dep==-1) return nod;
node *x=newnode();
x->l=p->l;
x->r=p->r;
if((y>>dep)&1) ++x->l->cnt, x->r=add(p->r, y, dep-1);
else ++x->r->cnt, x->l=add(p->l, y, dep-1);
return x;
}
node *add(node *p, ll y) { node *x=add(p, y, 63); clean(p); return x; }
node *build(node *a, node *b) {
if(a==null || b==null) return null;
node *x=newnode();
if(b->l!=null) {
x->l=build(a->l, b->l);
x->r=build(a->r, b->l);
}
if(b->r!=null) {
node *t;
x->l=merge(t=x->l, build(a->r, b->r)); clean(t);
x->r=merge(t=x->r, build(a->l, b->r)); clean(t);
}
return x;
}
void P(node *x, ll now, int dep=63) {
if(x==null) return;
if(dep==-1) printf("now:%lld
", now);
P(x->l, now, dep-1);
P(x->r, now|(1<<dep), dep-1);
}
void D(node *x) {
P(x, 0); puts("");
}
struct T {
node *l, *r, *all;
ll sum;
void pushup(T &lc, T &rc) {
sum=lc.sum^rc.sum;
static node *t;
l=merge(lc.l, build(rc.l, add(null, lc.sum)));
r=merge(rc.r, build(lc.r, add(null, rc.sum)));
all=merge(lc.all, rc.all); // printf("top:%d
", top);
all=merge(t=all, build(lc.r, rc.l)); clean(t); // printf("sum:%lld , have:
", sum); D(all);
}
ll get(node *x, int dep, bool flag) {
if(dep==-1) return 0;
ll ret=0;
if(x->l!=null && x->r!=null)
if(flag) ret=get(x->l, dep-1, 0);
else ret=(1ll<<dep), ret|=get(x->r, dep-1, 0);
else if(x->l==null && x->r!=null)
ret=(1ll<<dep), ret|=get(x->r, dep-1, 0);
else if(x->r==null && x->l!=null)
ret=get(x->l, dep-1, 0);
else puts("error");
return ret;
}
ll get() { return get(all, 63, 1); }
void clr() { clean(l); clean(r); clean(all); }
T& operator=(const T &a) { l=a.l; r=a.r; all=a.r; sum=a.sum; ++l->cnt; ++r->cnt; ++all->cnt; return *this; }
}t[12005<<2];
int n, q;
ll a[12005];
void build(int l, int r, int x) {
if(l==r) {
t[x].l=t[x].r=t[x].all=add(null, a[l]); // printf("%lld
", a[l]); D(t[x].all);
t[x].sum=a[l];
return;
}
int mid=(l+r)>>1, lc=x<<1, rc=lc|1;
build(l, mid, lc);
build(mid+1, r, rc);
t[x].pushup(t[lc], t[rc]);
}
void query(int l, int r, int x, int L, int R, T &ret) {
if(L<=l && r<=R) { ret=t[x]; return; }
int mid=(l+r)>>1;
if(R<=mid) { query(l, mid, x<<1, L, R, ret); return; }
else if(mid<L) { query(mid+1, r, x<<1|1, L, R, ret); return; }
T lc, rc;
query(l, mid, x<<1, L, R, lc);
query(mid+1, r, x<<1|1, L, R, rc);
ret.pushup(lc, rc); lc.clr(); rc.clr();
}
void init() {
null=new node; null->l=null->r=null; null->cnt=1;
nod=newnode();
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &q);
init();
for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%lld", &a[i]);
build(1, n, 1);
int last=0, x, y, l, r;
T t;
while(q--) {
scanf("%d%d", &x, &y);
x=((x+last)%n)+1;
y=((y+last)%n)+1;
l=min(x, y);
r=max(x, y); // printf("l:%d, r:%d
", l, r);
query(1, n, 1, l, r, t);
printf("%d
", last=t.get());
t.clr();
}
return 0;
}
题解：
我看到大家的tag是可持久化trie后..我就往这个方向思考了下...就yy出了第一种sb做法.......................
即：发现我们只需要维护二进制位...然后查询就是在对应区间一直向右走即可（特判符号位...），用线段树维护区间........可持久化合并trie.......可是你会发现.........有O(nlogn)次合并..每次合并O(size(trie)).................然后可能又tle又mle。反正我开了引用计数的垃圾回收也跪了...............玛雅，rewrite的节奏啊...3k啊.............然后查题解..................发现是分块= =....什么鬼................
吐槽：最近到底怎么了.....................越是放假就越颓废？？我感觉一放假，什么事情都会发生= =...这几天天天家里来客人妈呀...........能不能愉快的做题了........而且由于脑袋不知怎么得..转的特别慢...脑洞到是还好..可是一些简单的东西我要想好久啊啊>_<。。。还有本题竟然没有负数.....而且在int范围内............
ydc狂D蒟蒻我TAT....我已经被D成狗了.........ydc（先发了我这篇还没写完的博文....又发了一个自己讲莫队分块的博文的链接...下边是有我20天前的脑残留言的）：“我怎么感到是在羞辱我”...............................（妈呀...还是在半群里...
真正的题解：
首先转化问题（妈呀完全没想到啊...），由于xor操作有特殊的性质，即$a otimes b otimes b = a$所以我们要求一段区间[a,b]的xor和，可以由[0, b]和[0, a-1]的xor值得来，设$s[i]=a[1] otimes a[2] otimes cdots otimes a[i]$，那么[l, r]区间的xor和就是 $s[r] otimes s[l-1]$
果然我是脑残吗...
然后考虑区间最大的....即我们要求区间$[l, r]$最大的xor值，就是要求
$$max{ s[j-1] otimes s[i], l<=j<=i<=r }$$
转化一下，其实就是要求$[l-1, r]$这个区间取两个数$i, j$求最大的$s[j] otimes s[i]$（可以直接忽略i=j的情况，对结果无影响...）
容易得到dp方程，设d[i, j]表示区间$[i, j]$取两个数最大的xor值
$$d[i,j]=max{d[i,j-1], f(s[j], {s[l-1 cdots r] } ) }, f表示将s[j]放到那个集合中找到一个最大的xor和}$$
而这个方程外层都已经是$O(n^2)$的...
先考虑决策....容易想到这是个类似trie的东西....然后自己就能yy出来可持久化trie了...trie的边就代表一个二进制位..然后从上往下走即可....请自行yy...（....可持久化用在两个地方...1、省内存...2、区间信息...
然后就是分块大法！
引用ydc：“一般莫队能做的，分块+可持久化线段树/可持久化块状链表都是能做的”，orz
我们分块处理上边的方程..先分成$sqrt n$块..然后方程$d[i,j]$表示第$i$块的起点到第$j$个元素的最大异或值...方程转移一样...这样预处理就是$O(31*n^{1.5})$了...（31是位数别说你看不懂..即log(2^31)
然后对于连续的我们直接得到答案，最后在处理一下非连续的即可...
总复杂度
$O(31*n^{1.5})$预处理，$O(31*mn^{0.5})$查询...可以水过..