【bzoj4103】[Thu Summer Camp 2015]异或运算 可持久化trie树

Description

给定长度为n的数列X={x1,x2,...,xn}和长度为m的数列Y={y1,y2,...,ym}，令矩阵A中第i行第j列的值Aij=xi xor yj，每次询问给定矩形区域i∈[u,d],j∈[l,r]，找出第k大的Aij。

Input

第一行包含两个正整数n,m，分别表示两个数列的长度

第二行包含n个非负整数xi

第三行包含m个非负整数yj

第四行包含一个正整数p，表示询问次数

随后p行，每行均包含5个正整数，用来描述一次询问，每行包含五个正整数u,d,l,r,k，含义如题意所述。

Output

共p行，每行包含一个非负整数，表示此次询问的答案。

Sample Input

3 3
1 2 4
7 6 5
3
1 2 1 2 2
1 2 1 3 4
2 3 2 3 4

Sample Output

6
5
1

HINT

对于100%的数据，0<=Xi,Yj<2^31,

1<=u<=d<=n<=1000,

1<=l<=r<=m<=300000，

1<=k<=(d-u+1)*(r-l+1),

1<=p<=500

Sol

这题最重要的是观察数据范围，我们发现p和n都很小，每组询问我们可以枚举n，然后使用数据结构去处理m那一维。我们可以把n个数放到一块，然后每次按位考虑，如果这一位能使答案为1的数字个数大于等于k了，就说明答案的这一位是1，然后我们继续往下走。如果不行，那么我们把k减去sum，然后往相反的方向走，这样的操作实际上就相当于在主席树上二分。

时间复杂度\(O(nqlogm)\)。

Code

#include <cstdio>
int ch[10000005][2],tot,sz[10000005],rt[300005],n,m,v[300005],q,u,d,l,r,K,x,a[300005],b[300005],c[300005];
int ins(int x,int v)
{
    int tp=++tot,u=tp,f;
    for(int i=(1<<30);i;i>>=1) f=(v&i)>0,ch[u][f]=++tot,ch[u][f^1]=ch[x][f^1],u=ch[u][f],x=ch[x][f],sz[u]=sz[x]+1;
    return tp;
}
int que(int len,int k)
{
    int res=0,d,f,sum;
    for(int i=(1<<30),j;i;i>>=1)
    {
        for(j=1,sum=0;j<=len;j++) d=!(a[j]&i),sum+=sz[ch[c[j]][d]]-sz[ch[b[j]][d]];
        if(sum>=k) f=0,res|=i;else f=1,k-=sum;
        for(j=1;j<=len;j++) d=(!(a[j]&i))^f,b[j]=ch[b[j]][d],c[j]=ch[c[j]][d];
    }
    return res;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&v[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&x),rt[i]=ins(rt[i-1],x);
    for(scanf("%d",&q);q--;printf("%d\n",que(d-u+1,K)))
    {
        scanf("%d%d%d%d%d",&u,&d,&l,&r,&K);
        for(int j=u;j<=d;j++) a[j-u+1]=v[j],b[j-u+1]=rt[l-1],c[j-u+1]=rt[r];
    }
}