题意：
给你一个长度为
的序列，一个区间的权值为区间的异或和。给你一个
，问你所有的区间中权值前
大的权值和。
。
题解：
送我退役的题之一。当场不知道为什么没有去好好想这个本来应该挺可做的题。
这个题有好几种做法吧。先说说官方给出的做法。先预处理一个前缀异或和，这样就可以快速求出一个区间的异或值。官方给出的做法是类似超级钢琴的做法，这样思路是维护每一个点为右端点，所有左端点中和它异或最大的值是哪一个。然后把所有的值扔进一个大根堆里，每删去一个数，以这个左端点对应的左端点为中心，把区间分成左右两个区间，但是都不包括这个中心。因为删去当前的这个之后对于这个右端点，可能成为新的最大值的位置是左右两边的两个区间中的最大值。反正就是和超级钢琴那个题思路几乎一样。
但是这个题的最大是异或意义下的最大，所以我们要用一个trie树来维护这个值，具体就是在trie树上按位走，尽可能与当前位不同的去走就行了。另外要拿出一个区间的trie树，于是要写个可持久化。
然后一个和这个差不多但是可能要好写一点的做法是，我们还是用可持久化trie和堆，但是每次我们不需要记录那么多东西了，只记录当前堆顶元素的右端点是哪个和这个右端点用了前几大的，这样在trie上二分找第 大即可。我这份代码是写的这个做法。
另外还有一种更简单的做法，是当场选手想出来的。直接建出整个trie树，然后一开始对于每个点为区间的某一个端点查询最大异或值，扔进堆里。这样的问题是可能一个区间被算两次，我们发现其实把 变成原来的两倍，然后最终答案除以二就可以了，因为前 大的一定会都出现两次。
这样就讲完了所有的做法。时间复杂度都是 ，写可持久化trie的空间复杂度是 ，不可持久化的是 。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,ji[64],root[500010],cnt,shu[500010];
long long a[500010],s[500010],ans;
struct trie
{
int vis[2],sz;
}tr[30000010];
priority_queue<pair<long long,int> > q;
inline long long read()
{
long long x=0;
char s=getchar();
while(s>'9'||s<'0')
s=getchar();
while(s>='0'&&s<='9')
{
x=x*10+s-'0';
s=getchar();
}
return x;
}
inline void insert(int &rt,int rt1,int len)
{
rt=++cnt;
tr[rt]=tr[rt1];
tr[rt].sz++;
if(len<0)
return;
if(ji[len])
insert(tr[rt].vis[1],tr[rt1].vis[1],len-1);
else
insert(tr[rt].vis[0],tr[rt1].vis[0],len-1);
}
inline long long query(int rt,long long len,int k)
{
if(len<0)
return 0;
if(ji[len])
{
if(tr[rt].vis[0]&&k<=tr[tr[rt].vis[0]].sz)
return query(tr[rt].vis[0],len-1,k);
else
return query(tr[rt].vis[1],len-1,k-tr[tr[rt].vis[0]].sz)+(1ll<<len);
}
else
{
if(tr[rt].vis[1]&&k<=tr[tr[rt].vis[1]].sz)
return query(tr[rt].vis[1],len-1,k)+(1ll<<len);
else
return query(tr[rt].vis[0],len-1,k-tr[tr[rt].vis[1]].sz);
}
}
int main()
{
n=read();
k=read();
insert(root[0],root[0],34);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
shu[i]=1;
a[i]=read();
s[i]=s[i-1]^a[i];
for(long long j=34;j>=0;--j)
{
if(s[i]&(1ll<<j))
ji[j]=1;
else
ji[j]=0;
}
insert(root[i],root[i-1],34);
long long qwq=query(root[i-1],34,shu[i]);
q.push(make_pair(qwq^s[i],i));
}
while(k)
{
--k;
pair<long long,int> qwq=q.top();
q.pop();
ans+=qwq.first;
++shu[qwq.second];
for(long long j=34;j>=0;--j)
{
if(s[qwq.second]&(1ll<<j))
ji[j]=1;
else
ji[j]=0;
}
if(shu[qwq.second]<=qwq.second)
{
long long qaq=query(root[qwq.second-1],34,shu[qwq.second]);
q.push(make_pair(qaq^s[qwq.second],qwq.second));
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}