题目大意
有(n)((nleq5 imes10^5))个数(a_1,a_2,...a_n)((a_ileq 2^{32}-1))
求区间异或和前(k(kleq2 imes10^5))大之和
题解
考虑二分，找出第(k)大异或和是多少
将每个位置上的数变成前缀异或和(s_i)后，建出可持久化trie树，第(i)个版本由(0,s_1,s_2,..,s_i)组成，trie树上每个点维护这个点的子树中有几个数
二分(x)，判断是否有不超过(k)个异或和
发现这样时间复杂度为(Theta(n imes log^2 a))，略多
发现一般情况下在线段树上二分时都不是先二分出一个值再查询，而是在线段树上边走边计算
同理，本题就可以维护(n)个位置，即当前走到的第(i（iin[1,n]）)个版本的trie树的位置
每次判断当前位放1会不会使大于等于当前值的异或和数量少于(k)，会就走(a_i)当前位异或0的方向，反之就走(a_i)当前位异或1的方向
算出第(k)大异或和后，直接在trie树中dfs找出大于（注意，不能找等于它的，不然会找多）它的异或和，计入答案，顺便记一共加了几个数
((k-上一步加的数的个数))就是等于第(k)大异或和的异或和的个数，把这个计入答案
以上两步中走到的点只有大于第(k)大异或和的点和它们的父亲，只有(Theta(k imes logspace a))
总时间复杂度(Theta((n+k) imes logspace a))
代码
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<iomanip>
#include<iostream>
#include<map>
#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
#define rep(i,x,y) for(register int i=(x);i<=(y);++i)
#define dwn(i,x,y) for(register int i=(x);i>=(y);--i)
#define view(u,k) for(int k=fir[u];~k;k=nxt[k])
#define maxn 500003
#define maxnd (maxn*33)
#define LL long long
#define int LL
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')f=-1,ch=getchar();
while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
void write(LL x)
{
if(x==0){putchar('0'),putchar('
');return;}
int f=0;char ch[20];
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
while(x)ch[++f]=x%10+'0',x/=10;
while(f)putchar(ch[f--]);
putchar('
');
return;
}
LL ans,a[maxn],num;;
const int len=31;
int n,k,ch[maxnd][2],val[maxnd],rt[maxn],cntnd,now[maxn],nownum;
void ext(int i)
{
int u,nu=++cntnd;rt[i]=cntnd;
if(i)u=rt[i-1];
else u=0;
dwn(j,len,0)
{
int d=(a[i]&(1ll<<j))>>j;
if(u)val[nu]=val[u]+1,ch[nu][d^1]=ch[u][d^1],u=ch[u][d];
else val[nu]=1;
ch[nu][d]=++cntnd,nu=cntnd;
}
if(u)val[nu]=val[u]+1;
else val[nu]=1;
}
void getans(int u,LL ai,LL xi)
{
if(!ch[u][0]&&!ch[u][1]){if(((LL)ai^(LL)xi)>(LL)num){nownum+=val[u],ans=ans+(LL)((LL)ai^(LL)xi)*val[u];}return;}
if(ch[u][0])getans(ch[u][0],ai,xi<<1);
if(ch[u][1])getans(ch[u][1],ai,xi<<1|1);
return;
}
#define dd(x,y) ((x&(1ll<<y))>>y)
signed main()
{
n=read(),k=read();
rep(i,1,n)a[i]=read()^a[i-1];
rep(i,0,n)ext(i),now[i]=rt[i];
dwn(i,len,0)
{
int tmp=0;
rep(j,1,n)if(now[j]){tmp+=val[ch[now[j]][dd(a[j],i)^1ll]];}
if(tmp+nownum>=k){rep(j,1,n)if(now[j])now[j]=ch[now[j]][dd(a[j],i)^1ll];num=num<<(1ll)|(1ll);}
if(tmp+nownum<k){rep(j,1,n)if(now[j])now[j]=ch[now[j]][dd(a[j],i)];nownum+=tmp;num=num<<(1ll);}
}
nownum=0;
rep(i,1,n)
{
int u=rt[i],vv=0;
dwn(j,len,0)
{
int d=dd(a[i],j),e=dd(num,j);
if(!e&&ch[u][d^1]){getans(ch[u][d^1],a[i],vv<<1|(d^1));}
if(!ch[u][d^e])break;
u=ch[u][d^e],vv=vv<<1|(d^e);
}
}
ans+=(LL)num*(k-nownum);
write(ans);
return 0;
}
/*
3 2
1 2 3
*/
一些感想
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