【BZOJ2741】L-分块+可持久化trie

测试地址：L
做法：本题需要用到分块+可持久化trie。
我们知道，一个连续异或和实际上就等于两个前缀异或和的异或，因此我们求出前缀异或和，转换成一个新的问题：求区间内两个数异或的最大值。这个东西直接用数据结构做不好做，而且又强制在线不能用莫队，因此考虑相似的分块。
首先对序列分块，然后对于每一块，令 $m x (i, j)$ 表示第 $i + 1$ 块左端点到点 $j$ 区间中最大的两个数的异或值，显然这个可以用一个trie很快地做出来，时间复杂度为 $O (31 \cdot n \sqrt{n})$ 。接着对于每一个询问，如果这个询问的左右端点在同一块内，直接用trie暴力算出结果即可，时间复杂度为 $O (31 \sqrt{n})$ 。否则，这个区间就会被左端点所在块的右边界分割成两段，其中右边那段可以直接用前面算出的 $m x$ 进行 $O (1)$ 计算，而左边那段可以直接暴力 $O (31 \sqrt{n})$ 进行计算，关键是如何求出一个数在左边，一个数在右边的最大异或值呢？只需要对整个序列建一个可持久化trie，然后对于左边的每一个点，在可持久化trie对应的区间中贪心即可，时间复杂度为 $O (31 \sqrt{n})$ 。
于是我们就以 $O (31 \cdot n \sqrt{n})$ 的时间复杂度完成了这一题。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,blocksiz,a[12010],pre[12010],suf[12010],block[12010],totp,tot;
int rt[12010]={0},nowrt[12010]={0},mx[120][12010]={0};
int sum[400010]={0},ch[400010][2]={0};

void insert(int v,int last,int x,bool mode)
{
    sum[v]=sum[last]+1;
    for(int i=30;i>=0;i--)
    {
        bool f=(x&(1<<i));
        if (mode) ch[v][f]=++totp;
        else ch[v][f]=++tot;
        ch[v][!f]=ch[last][!f];
        v=ch[v][f];
        last=ch[last][f];
        sum[v]=sum[last]+1;
    }
}

int query(int v,int last,int x)
{
    int ans=0;
    for(int i=30;i>=0;i--)
    {
        ans<<=1;
        bool f=(x&(1<<i));
        f=!f;
        if (sum[ch[v][f]]-sum[ch[last][f]]>0) ans++;
        else f=!f;
        v=ch[v][f];
        last=ch[last][f];
    }
    return ans;
}

void init()
{
    totp=5000;
    for(int i=0;(i+1)*blocksiz<=n;i++)
    {
        tot=0;
        ch[1][0]=ch[1][1]=0;
        nowrt[(i+1)*blocksiz-1]=0;
        for(int j=(i+1)*blocksiz;j<=n;j++)
        {
            nowrt[j]=++tot;
            insert(nowrt[j],nowrt[j-1],suf[j],0);
            mx[i][j]=max(mx[i][j-1],query(nowrt[j],0,suf[j+1]));
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        rt[i]=++totp;
        insert(rt[i],rt[i-1],pre[i],1);
    }
}

int solve(int L,int R)
{
    int ans=0;
    if (block[L]==block[R])
    {
        tot=0;
        nowrt[L-1]=0;
        for(int i=L;i<=R;i++)
        {
            nowrt[i]=++tot;
            insert(nowrt[i],nowrt[i-1],suf[i],0);
            ans=max(ans,query(nowrt[i],0,suf[i+1]));
        }
    }
    else
    {
        ans=mx[block[L]][R];
        for(int i=L;i<(block[L]+1)*blocksiz;i++)
            ans=max(ans,query(rt[R],rt[(block[L]+1)*blocksiz-1],pre[i-1]));
        tot=0;
        nowrt[L-1]=0;
        for(int i=L;i<(block[L]+1)*blocksiz;i++)
        {
            nowrt[i]=++tot;
            insert(nowrt[i],nowrt[i-1],suf[i],0);
            ans=max(ans,query(nowrt[i],0,suf[i+1]));
        }
    }
    return ans;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    blocksiz=(int)sqrt(n)+1;
    pre[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        block[i]=i/blocksiz;
        pre[i]=pre[i-1]^a[i];
    }
    suf[n+1]=0;
    for(int i=n;i>=1;i--)
        suf[i]=suf[i+1]^a[i];
    init();

    int lastans=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x,y,l,r;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        x=((ll)x+(ll)lastans)%(ll)n+1;
        y=((ll)y+(ll)lastans)%(ll)n+1;
        l=min(x,y),r=max(x,y);
        printf("%d
",lastans=solve(l,r));
    }

    return 0;
}