JZOJ-senior-5952. 【NOIP2018模拟11.5A组】凯旋而归

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Description

Input

第一行一个整数 n，表示数的个数。
第二行n个整数，第i个整数为ai 。

Output

n行一个整数表示答案，第i行表示序列第i个前缀的帅气值。

Sample Input

5
1 2 3 4 5

Sample Output

1
3
6
10
9

Data Constraint

对于50%的数据，N<=6666
对于100%的数据， N<=456789,0<=ai<=10^6

Solution

记前缀异或和为 $b_i$ ，则要求 $b_j+(b_i xor b_j)$ ( $j&lt;=i$) 的最大值
对 $b_i$ 拆位进行考虑
假如 $b_i$ 某一位为1，那么无论 $b_j$ 这一位是 $0$ 还是 $1$ ，进行上述式子以后均为 $1$
所以 $b_j$ 对这一位不会有任何贡献，所以我们只关心 $b_i$ 二进制下为 $0$ 的位
不难发现，在 $k$ 位取 $1$ 会比在 $k$ 位小的位全取 $1$ 优
所以我们采取贪心的策略，只要前面可以取 $1$ 就取，从高位往低位贪心
记 $f_i$ 表示满足 $i$ $and$ $b_j$ $=i$ 的最小的 $j$ ，即 $b_j$ 的子集有 $i$
记当前找到的可以填充进去的数为 $now$
我们想把第 $k$ 位的贡献从 $0*2^{k-1}$ 变成 $2*2^{k-1}$
只需要判断 $f_{now|2^{k-1}}$ 是否小于等于 $i$
若是，则 $now|=2^{k-1}$ ，贡献便多了 $2*2^{k-1}$，否则不做修改

Code

#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>

#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)

using namespace std;

const int N=456790,MX=1048576;
int n,x,_2[21],b[N],f[MX];
bool bz[MX];

void dfs(int s)
{
	if(bz[s]) return; bz[s]=1;
	fo(i,0,19) if((_2[i]&s)==0)
		dfs(s|_2[i]),f[s]=min(f[s],f[s|_2[i]]);
}

int main()
{
	freopen("ak.in","r",stdin);
	freopen("ak.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	_2[0]=1;
	fo(i,1,19) _2[i]=_2[i-1]<<1;
	memset(f,127,sizeof(f));
	fo(i,1,n)
	{
		scanf("%d",&x);
		b[i]=b[i-1]^x;
		f[b[i]]=min(f[b[i]],i);
	}
	dfs(0);
	fo(i,1,n)
	{
		int now=0;
		fd(j,19,0) if(((b[i]&_2[j])==0)&&(f[now|_2[j]])<i) now|=_2[j];
		int ans=b[i]+(now<<1);
		printf("%d\n",ans);
	}
}