给定整数m以及n个数字A1，A2,...An,将数列A中所有元素两两异或，共能得到n(n-1)/2个结果，请求出这些结果中大于m的有多少个。
一看题目，感觉是trie树，也没搞清楚逻辑，就开始码代码，这样的结果注定是失败的！正确的做法是在纸上画清楚，每一步应该怎么做，应该怎么考虑边界条件，怎么搜索，拿最简单的例子测试，然后自己再想一些边界例子测试，最后才是码代码，除非你对这题很熟，或者感觉是水题，直接写也可以。反正最后不会做，看了一下大神代码，半天才理解，都是套路，其实这个性质一时半会分析不出来吧！
分析：暴力是不行的，1e5的数据范围，暴力肯定超时，大方向肯定是用trie树进行压缩，然后是查找，关键的问题是，给定数字a，我们需要寻找b的格式，使得a^b>m，怎么从trie树中寻找b的个数，就是解决这道题目的关键。
1. 我想说明下数据范围，n，m，Ai都是[1,1e5]的，(1 << 17)>1e5，所以一个数至少要17位来存储，所以trie树的节点个数就是1e5*17，这个不理解的话，仔细查看一下trie树的资料吧。
2. 然后是a^b>m,现在我们知道a和m，要查找b的个数，首先a和m可以简单的表示成17位二进制01的形式，然后查找。查找的时候，以m为导向，我们尽量确保a^b以后，如果m相应位置为0，a^b相应位置为1的，肯定比m大（肯定大需要按照这里要求的方式从高位到低位进行枚举），然后最后结果加上这些为1的即可！不管后面的位是什么情况，因为结果肯定是大于m的！ 如果m相应的位置为1，我们需要a和b相应的位置不同，即一个为1，一个为0.到这里可能迷糊了，如果相同也能保证异或结果大于m啊，比如（m=01010,a=00110,这里简单起见，一共5位，从左到右编号，m的第一位为0，如果a^b以后这位为1，显然是满足的，最后结果直接加上即可，不管后面的位是什么情况；然后考虑m的第二位为1，这里我需要保证a^b结果，相应位为1，然后往后才能找到满足要求异或结果大于m的，当然，有人说结果是0也可以啊，但是前一种情况已经把这种情况考虑进去了，这里只需要考虑这里的结果位为1即可，也就是a和b相应的二进制的这一位不同）
3. 第二点有点难懂，下面可以结合代码理解。我这里还要说明，什么时候统计结果，统计结果就是a和b的异或结果大于m，也就是m相应位置为1，结果就是异或结果相应位置为1，也就是异或结果尽量保证m二进制位上为1的位置尽量为1，（尽量为1的意思是：不一定一定为1，考虑上面的给的例子的第一种情况）。然后为0的位置至少有一个位置为1.最后的结果要用long long来存储，n(n-1)/2，int可能会溢出。最后，(a,b)和(b,a)算一种情况，所以结果需要除以2.
友情提示：跟1异或，相当于该位取反。a^b=c,有a^c=b.
下面是牛客网上抄的，比我讲的清楚。
异或那道题可以把每个数的二进制位求出来，用一个字典树维护，然后遍历每一个数按位贪心，比如这一位m是1，遍历的这个数这一位是0，那么和他异或的数就必须是1，如果这一位m是0，要大于m的话异或和的这一位可以是1也可以是零，ans加上之前维护的二进制位加上使这一位为1的数在字典树中查询有多少个数满足这个前缀的条件，然后在令这一位的异或和为0，继续向下遍历，最后的答案除以2.
贴上大神的代码，膜拜一下！orz。
放几个我认为有帮助的题目吧：
1. http://codeforces.com/problemset/problem/282/E 这个相关度最高，trie+xor
2. http://codeforces.com/contest/706/problem/D 这个也是trie+xor
3. http://codeforces.com/contest/714/problem/C 这个只有trie，这个题有点意思，还有不用trie树的简单做法。
4. https://threads-iiith.quora.com/Tutorial-on-Trie-and-example-problems 关于trie树的一点知识点吧！
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 4 const int N = 100010; 5 6 int a[N]; 7 8 struct node { 9 int count; 10 int next[2]; 11 }p[N*17], root; 12 13 int cnt = 0; 14 void insert(int *a, int len) { 15 int now = 0; 16 for (int i = 0; i < len; ++i) { 17 if (p[now].next[a[i]] == -1) { 18 cnt++; 19 p[cnt].next[0] = p[cnt].next[1] = -1; 20 p[cnt].count = 0; 21 p[now].next[a[i]] = cnt; 22 } 23 now = p[now].next[a[i]]; 24 p[now].count++; 25 } 26 } 27 28 typedef long long LL; 29 int query(int *a, int *b, int len) { 30 int now = 0; 31 int ret = 0; 32 for (int i = 0; now != -1 && i < len; ++i) { 33 if (b[i] == 0) { 34 if (p[now].next[1^a[i]] != -1) ret += p[p[now].next[1^a[i]]].count; 35 now = p[now].next[a[i]]; 36 } 37 else { 38 now = p[now].next[1^a[i]]; 39 } 40 } 41 return ret; 42 } 43 44 45 int main() { 46 int n, m; 47 while (scanf("%d%d", &n, &m) == 2) { 48 cnt = 0; 49 p[0].next[0] = p[0].next[1] = -1; 50 p[0].count = 0; 51 for (int i = 0; i < n; ++i) { 52 scanf("%d", &a[i]); 53 int tmp[18]; 54 for (int j = 0; j < 18; ++j) 55 tmp[j] = (a[i] >> (17 - j)) & 1; 56 insert(tmp, 18); 57 //for (int i = 0; i < 30; ++i) printf("%d ", p[i].count); 58 //puts("----"); 59 } 60 int kk[18]; 61 for (int j = 0; j < 18; ++j) 62 kk[j] = (m >> (17 - j)) & 1; 63 LL ret = 0; 64 for (int i = 0; i < n; ++i) { 65 int tmp[18]; 66 for (int j = 0; j < 18; ++j) 67 tmp[j] = (a[i] >> (17 - j)) & 1; 68 ret += query(tmp, kk, 18); 69 //printf("%d ", ret); 70 } 71 printf("%lld ", ret / 2); 72 } 73 return 0; 74 }
之前不小心加上了gist的链接，所以打开很慢！
摘自牛客网：
刚刚听到另外一个方法...建好树之后，把m转成二进制，如果m当前位是0，直接把经过左右节点的数的个数相乘；如果m当前位是1，就分别从左右节点的子节点里选一个分支进行组合，递归调用，结果相加......
dfs里面的第一个if条件的原因，如果左右节点相等，i>j的情况不考虑，原因是：对于每一位，我们考虑（00,01,10,11），当当前节点相同的时候，01和10只需要计算一次即可，仔细想想！
1 /* 2 ID: y1197771 3 PROG: test 4 LANG: C++ 5 */ 6 #include<bits/stdc++.h> 7 #define pb push_back 8 #define FOR(i, n) for (int i = 0; i < (int)n; ++i) 9 #define dbg(x) cout << #x << " at line " << __LINE__ << " is: " << x << endl 10 typedef long long ll; 11 using namespace std; 12 typedef pair<int, int> pii; 13 const int maxn = 1e5 + 10; 14 struct node { 15 int next[2]; 16 int c; 17 node() { 18 memset(next, 0, sizeof next); 19 c = 0; 20 } 21 } A[maxn * 18]; 22 int num; 23 int n, m; 24 int tag[18]; 25 void insert(int x) { 26 int u = 0, cur = 0; 27 for (int i = 17; i >= 0; i--) { 28 cur = ((1 << i) & x) > 0; 29 if(!A[u].next[cur]) { 30 A[u].next[cur] = ++num; 31 } 32 u = A[u].next[cur]; 33 //cout << u << " " << x << endl; 34 A[u].c++; 35 } 36 } 37 ll dfs(int cur, int l, int r) { 38 39 if(cur < 0) return 0; 40 ll res = 0; 41 for (int i = 0; i <= 1; i++) { 42 for (int j = 0; j <= 1; j++) { 43 if(l == r && i > j) continue; 44 if(!A[A[l].next[i] ].c || !A[A[r].next[j] ].c) continue; 45 if((i ^ j) > tag[cur]) { 46 res += 1ll * A[A[l].next[i] ].c * A[A[r].next[j] ].c; 47 } else if((i ^ j) == tag[cur]) { 48 res += dfs(cur - 1, A[l].next[i], A[r].next[j]); 49 } 50 } 51 } 52 //cout << cur << " " << l << " " << r << " " << res << endl; 53 return res; 54 } 55 void solve() { 56 num = 0; 57 memset(A, 0, sizeof A); 58 cin >> n >> m; 59 int x; 60 for (int i = 0; i < n; i++) { 61 cin >> x; 62 insert(x); 63 } 64 for (int i = 17; i >= 0; i--) { 65 tag[i] = ((1 << i) & m) > 0; 66 } 67 printf("%I64d ", dfs(17, 0, 0)); 68 } 69 int main() { 70 freopen("data", "r", stdin); 71 //freopen("test.out", "w", stdout); 72 int _ = 20; 73 while(_--) 74 solve(); 75 return 0; 76 }