XOR Inverse(Trie,二进制贪心)

XOR Inverse

XOR Inverse CF1419C
题意：
给定n个数字，要求给出最小的$x$使得$b_i=a_i\oplus x$之后的序列的逆序对总和最小
思路：
遇到二进制必贪心定理^^，但是这边得转化一下，考虑每一位取$0$ $or$ $1$的代价怎么计算。
因为逆序对的定义是$i<j\&\&b_i>b_j$，这里涉及到比大小，放到二进制中就是对于第一位不同的位数进行大小比较，是0就小，是1就大。
这里对于第一位不同的可以想到用Trie把前缀相同的数字合并，在进行$Trie树dfs$时候对于第$i$位取$0$ $or$ $1$的代价进行记录，（代码里面我用$dp[i][bit]$进行记录）：

• $dp[dep][0]$表示在$dep$位取$1$所付出的代价，这种情况$Trie$内的取$0$的子树在$\oplus$之后反而更大，所以就是找到子树$0$内的$id$小于子树$1$内$id$的个数。大小计算可以遍历子树$0$内寻找当前$id(代码写的mp[Trie[node][0]][i])$小于子树$1$内的$id(代码写的mp[Trie[node][1]][tt])$
• $dp[dep][1]$表示在$dep$位取$0$所付出的代价，这种情况可以利用上一种情况已经统计出的逆序对，对所有的序列对$（mp[Trie[node][0]].size()\ast mp[Trie[node][1]].size()）$减去上一问的，就是本问的答案。

注意点：宝贝开LL^^，maxn开大一个数量级（$4e6$）

int Trie[maxn][2], tot = 1, a[maxn];
LL dp[maxn][2];
vector<int> mp[maxn];
void insert(int x,int id) {
    
    
	int  ch, p = 1;
	for (int i = 30; i >= 0; i--) {
    
    
		ch = x >> i & 1;
		if (Trie[p][ch] == 0)Trie[p][ch] = ++tot;
		p = Trie[p][ch];
		mp[p].push_back(id);
	}
	return;
}
void dfs(int dep,int node) {
    
    
	if (Trie[node][0])dfs(dep - 1, Trie[node][0]);
	if (Trie[node][1])dfs(dep - 1, Trie[node][1]);
	if (Trie[node][0] == 0 || Trie[node][1] == 0)return;
	LL sum=0;
	LL tt = 0;
	for (int i = 0; i < mp[Trie[node][0]].size(); i++) {
    
    
		while (tt < mp[Trie[node][1]].size() && mp[Trie[node][1]][tt] < mp[Trie[node][0]][i]) tt++;
		sum += tt;
	}
	dp[dep][0] += sum;
	dp[dep][1] += (LL)mp[Trie[node][0]].size()*(LL)mp[Trie[node][1]].size() - sum;
}
int main() {
    
    
	int T, n, x;
	LL ans = 0, u = 0;
	//sci(T);
	T = 1;
	//cout << qpow(2, 30) << endl;
	while (T--){
    
    
		sci(n);
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
    
			sci(a[i]); 
			insert(a[i], i);
		}
		dfs(30, 1);
		for (int i = 0; i <= 30; i++) {
    
    
			ans += min(dp[i][0], dp[i][1]);
			if (dp[i][1] < dp[i][0])u += (1 << i);
		}
		printf("%lld %lld\n", ans, u);
	}
	return 0;
}