Codeforces 888G

888G - Xor-MST

题意

给出一个 (n) 个点的无向完全图，结点 (i) 有权值 (a_i)。两个结点 (i, j) 所连边的权值为 (a_i xor a_j)。
求最小生成树边的权值之和。

分析

好题！
首先这里有 Trie 的一个经典利用，在一些数中找到一个数与某个数异或起来最大（小）。

然后就很神奇了。

构造最小生成树，一般要优先选择权值最小的边（Kruskal算法），假如我们有左右两边各一些结点，每一边都是一颗树了，现在想要合并成完整一棵树，只需要找到一条权值最小的边，其两个结点分别在左右两边即可。
利用这个想法，我们就可以分治递归去做这道题。

但是有一个问题，怎么保证左右两边的点就一定能分别构造出满足最优性的树呢？
答案是排序。左边的最多只会有一条边连向右边的结点，否则不会最优（异或之后那些二进制位会变为1，我们想让变成 1 的二进制位尽可能少，变为 0 的尽可能多），所以我们尽可能想让小异或小、大异或大。

然后就是要切割区间了，从高到低去遍历二进制位，找到一个最小的数且对应的二进制位为1，记位置为 mid 。
递归 [l, mid) [mid, r)。

假如递归完后，我们要从左边找一条连向右边结点的权值最小的边，为了节省时间，我们不能去更新 Trie 树，用 mx[now] 维护转化成二进制数后（从根结点到 now 结点构成的）前缀中的最大的那个数的下标，注意到所有数字是排好序后再插入到 Trie 树中的，如果到某一结点 now ，当前二进制位为 c ，nxt[now][c] != 0，此时有 mx[nxt[now][c]] >= mid ，说明有右边的结点且前缀相同，否则一旦前缀不同，就要加上那个二进制位对应的数，然后向下继续走，这样就能保证在 Trie 树中只考虑 [mid, r) 中的结点。

讲半天，还是代码好懂，建议模拟一下简单数据。

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code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 2e5 + 10;
int n, a[MAXN];
int L, nxt[MAXN * 30][2], mx[MAXN * 30];
void insert(int x, int id) {
    int now = 0;
    for(int i = 29; i >= 0; i--) {
        int c = (x >> i) & 1;
        if(!nxt[now][c]) nxt[now][c] = L++;
        now = nxt[now][c];
        mx[now] = max(mx[now], id);
    }
}
int query(int x, int id) {
    int now = 0, res = 0;
    for(int i = 29; i >= 0; i--) {
        int c = (x >> i) & 1;
        if(nxt[now][c] && mx[nxt[now][c]] >= id) now = nxt[now][c];
        else {
            now = nxt[now][!c];
            res += (1 << i);
        }
    }
    return res;
}
ll ans;
void solve(int l, int r, int k) { // [l, r)
    if(l == r || k < 0) return;
    int mid = l;
    while(mid < r && !((a[mid] >> k) & 1)) mid++;
    solve(l, mid, k - 1);
    solve(mid, r, k - 1);
    if(mid == r || mid == l) return;
    int res = 2e9;
    for(int i = l; i < mid; i++) {
        res = min(res, query(a[i], mid));
    }
    ans += res;
}
int main() {
    L = 1;
    cin >> n;
    for(int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];
    sort(a, a + n);
    for(int i = 0; i < n; i++) insert(a[i], i);
    solve(0, n, 29);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}