【BZOJ2741】【FOTILE模拟赛】L 题解

题面：传送门

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    这题是真的套路（可能是因为我太弱了）。

    首先，我们可以把连续区间异或和转化为前缀和的形式，令

$$val_i\space =\space A_1\space xor\space A_2\space xor\space A_3\space xor\space ...\space xor\space A_i$$

    则

$$A_i\space xor\space A_{i+1}\space xor\space A_{i+2}\space xor\space ...\space xor\space A_j\space =\space val_{i-1}\space xor\space val_j$$

    即把求$[l,r]$内的最大连续区间异或和转化为有$r-l+2$个数$val_{l-1}\space ,\space val_l\space ,\space ...\space ,\space val_r$，求它们中任意选两个数的最大异或值。

    这时首先考虑如果知道了一个数$x$和一个数列$a_i$，算出从$a_i$中任意选一个数与$x$的异或值的最大值怎么做。这明显就是把$a_i$先暴力插入$trie$中，再用$x$遍历一边就行了。那么如果$x$有很多呢？

    为了快速得到任意需要的$trie$树，我们考虑可持久化$trie$，这也不难写，直接在主席树上改改就行了，这是插入的代码：

void ins(int &x,int v,int dep)
{
    cnt++;
    son[cnt][0]=son[x][0];
    son[cnt][1]=son[x][1];
    siz[cnt]=siz[x]+1;
    x=cnt;
    if(dep<0)return;
    if(v>>dep&1)ins(son[x][1],v,dep-1);else ins(son[x][0],v,dep-1);
}

    那么怎么查询呢？我们记录一个$size$值，每次访问节点时$size$相减，如果$\gt 0$那么该节点存在，后面直接按照$trie$树上操作就行了：

int query(int a,int b,int v,int dep)
{
    if(dep<0)return 0;
    int d=(v>>dep&1);
    if(siz[son[b][d^1]]-siz[son[a][d^1]])return (1<<dep)+query(son[a][d^1],son[b][d^1],v,dep-1);
    else return query(son[a][d],son[b][d],v,dep-1);
}

    单单一棵可持久化$trie$还不够，因为这样也只能做到单点查询，看了网上大佬们的题解后，我恍然大悟。考虑分块，令$dp_{i,j}$存储第$i$块的开头的数到第$j$个数的两两最大异或值，则得到转移方程：

$$dp_{i,j}=max(dp_{i,j-1},query(i,j,val_j))$$

    其中$query(i,j,val_j)$表示第$i$块的开头的数到第$j$个数中任取一个与$val_j$的最大异或值。

    那么对于询问$[l-1,r]$的两两最大异或值，我们可以先找到开头$\gt l-1$且离$l-1$最近的块，设这一块的编号为$x$，那么第$l-1$个数到第$x$块的开头的数的个数一定$\le \sqrt n$，直接暴力即可，设剩下来的数中的任意一个与第$l-1$到第$r$个数中的任意一个的最大异或值为$w$，则答案为

$$max(dp_{x,r},w)$$

    于是就做完了。

    建立可持久化$trie$的时间复杂度为$\Theta(30·n)$，计算$dp$数组的时间复杂度为$\Theta(30·n\sqrt n)$，最后直接暴力的时间复杂度为$\Theta(30·m\sqrt n)$，总的时间复杂度：$\Theta(30·(n+m)\sqrt n)$。

    全部代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
int son[500010][2],siz[500010];
int root[12010],cnt;
int dp[120][12010];
int sq;
int n,m;
void ins(int &x,int v,int dep)
{
    cnt++;
    son[cnt][0]=son[x][0];
    son[cnt][1]=son[x][1];
    siz[cnt]=siz[x]+1;
    x=cnt;
    if(dep<0)return;
    if(v>>dep&1)ins(son[x][1],v,dep-1);else ins(son[x][0],v,dep-1);
}
int query(int a,int b,int v,int dep)
{
    if(dep<0)return 0;
    int d=(v>>dep&1);
    if(siz[son[b][d^1]]-siz[son[a][d^1]])return (1<<dep)+query(son[a][d^1],son[b][d^1],v,dep-1);
    else return query(son[a][d],son[b][d],v,dep-1);
}
int val[12010];
int a[12010]; 
int ans;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    sq=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        root[i]=root[i-1];
        scanf("%d",a+i);
        val[i]=val[i-1]^a[i];
        ins(root[i],val[i],30);
    }
    for(int i=1;i<=(n+sq-1)/sq;i++)
    {
        for(int j=(i-1)*sq+1;j<=n;j++)
        {
            dp[i][j]=max(dp[i][j-1],query(root[(i-1)*sq],root[j],val[j],30));
        }
    }
    while(m--)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        x=(x%n+ans%n)%n+1;
        y=(y%n+ans%n)%n+1;
        if(x>y)swap(x,y);
        x--;
        int px=(x+sq-1)/sq,py=(y+sq-1)/sq;
        ans=0;
        for(int i=px+1;i<=py;i++)ans=max(ans,dp[i][y]);
        for(int i=x;i<=y && i<=px*sq;i++)ans=max(ans,query(root[x],root[y],val[i],30));
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}