岛屿探险

题目链接：luogu P7470

题目大意

有一些岛屿，每个有劳累值 ai 和有趣度 bi。
然后多次询问，给出 c,d 和一个区间范围，问你这个区间范围内有多少个岛屿可以满足 a⊕c<=min(b,d) 这个式子。

思路

首先，我们直接弄这道题没有思路，那我们看看部分分怎么搞。

然后你会发现有两个部分分很特殊，就是式子右边一定是 b 小，或者是 d 小。
那你先考虑这样个情况怎么做。

d 永远是小的

那我们其实就已经不用管 b b b 了。
那现在麻烦的就是异或了。
异或，我们就会想到用 Trie。

那岛屿有用的值只有 a，你每次 c,d 都有用，那我们考虑用 a 来建 Trie。
那每次要怎么拿 c,d 去匹配呢？

那肯定是从高位逐位匹配，然后根据它在 Trie 树上跑。
如果 d 的这一位是 0，那为了要让 d 大于等于，那 a 和 c 的这一位就一定要相等。
如果 d 的这一位是 1，那就可以选相等或者不相等。如果相等，那后面都不用匹配了已经会大了，那就直接统计这样的个数。然后再继续往不相等的地方跑。

（统计个数我们可以直接给插入时路径上的点就标记，然后就用标记的次数得出）

那多组询问怎么搞呢？
想到区间，而且前面说了是统计标记次数，自然想到前缀和，那就是可持续化 Trie 树。

b 永远是最小的

那我们试着用上面的思路来，那这次 d 就是没用的了。

那我们会发现如果要用上面的方法来搞的话，每次查询就要每个岛有两个信息，就不知道怎么搞。

那你再想想上面是怎么搞的，它是因为你每次要搜岛的量只有一个，而我们这里是每次查询的量只有一个。

那你就会有一个奇妙的想法：啊！我能不能把查询变成小岛，把小岛变成查询，然后做呢？
啊别说，还真是这么做的。

然后我们具体讲讲如何实现。
那首先，很明显第一步是要把查询给离线了吧。
然后想上面的一样，我们把只有一个变化的（也就是 c）来建 Trie。

那接着跟着上面，就把 a,b 丢进去查询。
那这里很明显就不是要查询了，而是要另外的操作。
那这个操作就是把它贡献到这个 c 里面去（因为 c 终究还是询问）。

那我们前面是给树打标记，然后去搜碰到多少个标记。那我们这里就是去搜，搜到的位置打标记，然后再重新用 c 跑，看 c 跑的路径有多少个标记。

然后接着来看多次询问。
那也是弄成前缀和的形式，你就查询 1 ∼ r 1\sim r 1∼r 和 1 ∼ l − 1 1\sim l-1 1∼l−1 的。
那包括标记，左端点都是一样的，就按右端点排序，然后之前标记一下它是属于要加的还是要减的： 1 ∼ r 1\sim r 1∼r 的是加， 1 ∼ l − 1 1\sim l-1 1∼l−1 的是减。（当然也要和标记区分开）

如何合在一起

你会发现单纯的合在一起肯定是不行的。

那你考虑先排序（ b b b 为第一关键字），然后就搞 cdq \text{cdq} cdq 分治。
（因为这样你每次只用考虑右半边对左半边的贡献）

具体怎么搞呢？
首先取出右半边所有的 a a a，左半边的 c , d c,d c,d，然后就是 d 永远最小的情况。同理，取出右半边所有的 c c c，左半边的 a , b a,b a,b，然后就是 b 永远最小的情况。

然后就可以得出答案了。

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>

using namespace std;

struct node {
	int a, pl;
}e[200001], ee[300001];
struct Trie {
	int son[2], sum;
}trie[6000001];
int n, q, KK, ans[100001];
int a[100001], b[100001], c[100001], d[100001], ql[100001], qr[100001];
int val[100001], Trie_num, root[100001];

bool cmp(node x, node y) {
	if (x.a == y.a) return x.pl < y.pl;
	return x.a < y.a;
}

int get_new(int now) {
	trie[++Trie_num] = trie[now];
	return Trie_num;
}

int insert1(int now, int x) {//可持续化的 Trie 树
	int root_ = get_new(now);
	
	int now_ = root_;
	trie[now_].sum++;
	for (int i = 23; i >= 0; i--) {
		int go = (x >> i) & 1;
		trie[now_].son[go] = get_new(trie[now].son[go]);
		trie[trie[now_].son[go]].sum++;
		now_ = trie[now_].son[go];
		now = trie[now].son[go];
	}
	
	return root_;
}

int query1(int x, int y, int c, int d) {//两个时刻的Trie树搜出的值相减
	int re = 0;
	
	for (int i = 23; i >= 0; i--) {
		if (!x) break;
		
		int cgo = (c >> i) & 1;
		int dgo = (d >> i) & 1;
		if (dgo) {
			re += trie[trie[x].son[cgo]].sum - trie[trie[y].son[cgo]].sum;
		}
		
		x = trie[x].son[cgo ^ dgo];
		y = trie[y].son[cgo ^ dgo];
	}
	
	re += trie[x].sum - trie[y].sum;
	
	return re;
}

void insert2(int now, int x) {//普通 Trie 树
	for (int i = 23; i >= 0; i--) {
		int go = (x >> i) & 1;
		if (!trie[now].son[go]) trie[now].son[go] = get_new(0);
		now = trie[now].son[go];
	}
}

void add2(int now, int c, int d) {//打标记
	for (int i = 23; i >= 0; i--) {
		if (!now) break;
		
		int cgo = (c >> i) & 1;
		int dgo = (d >> i) & 1;
		if (dgo && trie[now].son[cgo]) trie[trie[now].son[cgo]].sum++;
		
		now = trie[now].son[cgo ^ dgo];
	}
	
	if (now) trie[now].sum++;
}

int query2(int now, int x) {//查询遇到多少标记
	int re = 0;
	
	for (int i = 23; i >= 0; i--) {
		re += trie[now].sum;
		int go = (x >> i) & 1;
		now = trie[now].son[go];
	}
	
	re += trie[now].sum;
	
	return re;
}

void cdq(int l, int r) {//cdq 分治
	if (l == r) return ;
	
	int mid = (l + r) >> 1;
	cdq(l, mid);
	cdq(mid + 1, r);
	
	//b[i] > d[i]
	int num = 0;
	for (int i = mid + 1; i <= r; i++)
		if (e[i].pl <= n) {
			val[++num] = e[i].pl;
		}
	sort(val + 1, val + num + 1);
	
	Trie_num = 0;
	for (int i = 1; i <= num; i++) {
		root[i] = insert1(root[i - 1], a[val[i]]);
	}
	
	for (int i = l; i <= mid; i++)
		if (e[i].pl > n) {
			int id = e[i].pl - n;
			int L = lower_bound(val + 1, val + num + 1, ql[id]) - val;
			int R = upper_bound(val + 1, val + num + 1, qr[id]) - val - 1;
			if (L > R) continue;
			
			ans[id] += query1(root[R], root[L - 1], c[id], d[id]);
		}
	
	//b[i] <= d[i]
	Trie_num = 0;
	get_new(0);
	num = 0;
	for (int i = mid + 1; i <= r; i++)
		if (e[i].pl > n) {
			int id = e[i].pl - n;
			insert2(1, c[id]);
			
			ee[++num] = (node){ql[id] - 1, id + n};
			ee[++num] = (node){qr[id], id + n + q};
		}
	
	for (int i = l; i <= mid; i++)
		if (e[i].pl <= n) {
			ee[++num] = (node){e[i].pl, e[i].pl};
		}
	
	sort(ee + 1, ee + num + 1, cmp);
	
	for (int i = 1; i <= num; i++) {
		if (ee[i].pl <= n) {
			add2(1, a[ee[i].pl], b[ee[i].pl]);
		}
		else if (ee[i].pl <= n + q) {
			int id = ee[i].pl - n;
			ans[id] -= query2(1, c[id]);
		}
		else {
			int id = ee[i].pl - n - q;
			ans[id] += query2(1, c[id]);
		}
	}
}

int main() {
	scanf("%d %d", &n, &q);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d %d", &a[i], &b[i]);
		e[++KK] = (node){b[i], i};
	}
	for (int i = 1; i <= q; i++) {
		scanf("%d %d %d %d", &ql[i], &qr[i], &c[i], &d[i]);
		e[++KK] = (node){d[i], n + i};
	}
	
	sort(e + 1, e + n + q + 1, cmp);
	cdq(1, n + q);
	
	for (int i = 1; i <= q; i++)
		printf("%d\n", ans[i]);
	
	return 0;
}

标签：int,luogu,探险,son,trie,P7470,now,id,pl
来源： https://blog.csdn.net/weixin_43346722/article/details/115431513