前置知识：
- 了解01Trie并至少会做这道题。
- 了解可持久化数据结构的基础思想
来看这样一道题目：
对于长度为(nleq 2*10^5)的数列a，要求进行(mleq 10^5)次询问，给定(l,r,x)，求(i∈[l,r],max{a_i⊕x}),(a_ileq 2^{32})
如果是初学01Trie，可能一眼就觉得这是个裸题，但是并没有那么简单，回忆我们01Trie的操作，每次查询时是在一棵完整的Trie树上进行查找，这里的完整指的是，如果我们把(a_1)加进Trie，我们就无法做到一定不走(a_1)。
于是我们有一个朴素的想法：每次插入一个值前备份当前Trie树上的信息。这里的信息即val，val[u]记录结点u被经过的次数，那么就用val[u][x]记录(a_x)插入后(u)结点的(val)。
每次查询[l,r]的信息，我们依然是从根节点出发，当我们想要走到结点u时，需要先判断 val[u][r]-val[u][l-1]是否大于0，如果是，那么才能走，因为这说明在[l,r]区间内有这样一个数(a_i)支持我们走向结点u，这是显然的。
但是Trie的空间消耗本来就有点大，1e5的数据为了保险要开到3e6左右的结点。对于每个结点我们还要记录n个版本的信息，空间直接爆炸掉。
那么我们考虑利用可持久化的思想来优化这个过程。
我们回忆起，每次插入一个数，最多新增的结点数目是log级别的，正如我们的线段树。
那么也就是说，每次插入会引起val改变的结点数目只有log个，其它结点的信息是没有必要再进行一次备份的。
考虑插入每个新的结点时加入一个新的root，即对于每个数(a_i)都有不同的(rt_i)。
假设插入数字的这一位是v，那么我们总是新建v分支的结点，并把!v分支的结点连向上一个版本的儿子。
假设我们要查询区间[l,r]，我们就同时从(rt_r,rt_{l-1})出发，按照x的每一位依次递归，判断一个结点u是否合法还是和上面一样，用第r棵的减去第l-1棵的即可。
并且由于我们的val也是从上一棵trie继承过来的，每次插入依然是log(n)的，新增的结点也是log(n)级别的。信息的继承也不会出现问题，为什么呢？朴素的Trie其实也是这样的，只是(rt_{1...n})都是同一个位置，上一个版本的继承过来时也就不需要两个结点一起递归，所以继承信息这一块并没有本质上的区别，自然可以用上述方法进行计算。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
int x(0),f(1);char ch(getchar());
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch<='9'&&ch>='0')x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return x*f;
}
int idx=1;
int c[7000010][2];
int val[7000010];
int rt[200010];
void insert(int x,int b){
int u=rt[b],u2=rt[b-1];
for(int i=31;~i;i--){
int v=(x>>i)&1;
c[u][v]=++idx;
if(u2)
val[c[u][v]]=val[c[u2][v]]+1,
c[u][!v]=c[u2][!v],val[c[u][!v]]=val[c[u2][!v]];
else val[c[u][v]]=1,c[u][!v]=0;
u=c[u][v];
u2=c[u2][v];
}
}
int ask(int l,int r,int x){
int ans=0;
int u1=rt[r],u2=rt[l-1];
for(int i=31;~i;i--){
int v=(x>>i)&1;
if(val[c[u1][!v]]>val[c[u2][!v]]){
u1=c[u1][!v],u2=c[u2][!v];
ans+=(1<<i);
}
else u1=c[u1][v],u2=c[u2][v];
}
return ans;
}
int main(){
freopen("hugclose.in","r",stdin);
freopen("hugclose.out","w",stdout);
rt[0]=1;
int n(read()),q(read());
for(int i=1;i<=n;i++){
int a(read());
rt[i]=++idx;
insert(a,i);
}
while(q--){
int x(read()),l(read()),r(read());
printf("%d
",ask(l+1,r+1,x));
}
return 0;
}