【数据结构/分块/可持久化 Trie】AcWing 269. Fotile模拟赛L
作者：互联网
块乐
分析
因为这题查询的是指定区间 \([l, r]\) 的最大异或子段，我们很难不想到使用可持久化 \(\texttt{trie}\) 来搞。
然而，对于每次查询，如果单纯地使用可持久化 \(\texttt{trie}\)，那么必须要枚举右端点进行查询，那么每次查询的复杂度是 \(O(n{\rm {log}} V)\)（\(V\) 为值域大小），承受不住。
在查询上可以直接优化吗？似乎做不到呢。。你会发现没有什么可用的数据结构可以对此进行优化。
那么考虑使用优雅的暴力——分块来进行操作：
- 将区间划分为 \(tot\) 块。
- 假设查询的区间为 \([l,r]\)，我们对中间的整块 \([L,R]\)（这里 \([L,R]\) 为块的标号）在查询前进行了预处理，已经知道了这一部分的贡献（也就是最大异或值）是 \(f(L, R)\)。
- 那么我们只需要枚举一遍左边的非整块部分，使用上面说的可持久化 \(\texttt{trie}\) 来求最大异或值，记为 \(A\)，同理右边非整块部分也这么干，结果记为 \(B\)。（这两部分的查询分别用 \(pre,suf\) 两棵树来完成即可，见代码）
- 那么答案就是 \(\max\{A, B, f(L, R)\}\)。
- 上面的操作复杂度显然是 \(O(\frac{n}{tot}\cdot {\rm log} V)\)
最后说说怎么预处理：
-
首先枚举整块，然后枚举整块内的左右端点来求这个整块的最大异或值，复杂度为 \(O(tot \cdot (\frac{n}{tot}) ^ 2)\)
这样我们就得到了 \(f(i, i)\)。
-
接下来利用递推得到 \(f(i, j)\)（其中 \(i<j\)）：我们只需要枚举第 \(j\) 块的端点，然后使用可持久化 \(\texttt{trie}\) 求它和第 \(i\) 块的左端点的最大异或值即可，记贡献为 \(A\)，那么递推方程就是 \(f(i, j) = \max(f(i, j-1), A)\)，这一步的复杂度为 \(O(tot^2 \frac{n}{tot}{\rm log }V)\)
综上，复杂度为：\(O(\frac{n}{tot}\cdot {\rm log} V + tot \cdot (\frac{n}{tot}) ^ 2 + tot^2 \frac{n}{tot}{\rm log}V)\)，如果简单地将 \({\rm log} V\) 看成是一个常数（最多 \(31\)），那么可以发现块长选取为 \(\sqrt n\) 最合适，整个算法复杂度为 \(O(n\sqrt n {\rm log} V)\)
实现
感觉我的码风应该可以被看懂
// Problem: Fotile模拟赛L
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/description/271/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#pragma GCC optimize("O3")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define debug(x) cerr << #x << ": " << (x) << endl
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define dwn(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define pb push_back
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define x first
#define y second
using pii = pair<int, int>;
using ll = long long;
#define int long long
inline void read(int &x){
int s=0; x=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-')x=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0' && ch<='9') s=(s<<3)+(s<<1)+ch-'0',ch=getchar();
x*=s;
}
const int N=2e4+50, M=31, BLK=sqrt(N+1);
int n, Q;
int w[N];
struct LTrie{
int tr[N*M][2];
int root[N];
int s[N], mxid[N*M];
int idx;
int sum(int l, int r){
return s[r]^s[l-1];
}
void insert(int i, int k, int p, int q){
if(k==-1) return mxid[q]=i, void();
int val=s[i]>>k&1;
if(p) tr[q][val^1]=tr[p][val^1];
tr[q][val]=++idx;
insert(i, k-1, tr[p][val], tr[q][val]);
mxid[q]=max(mxid[tr[q][0]], mxid[tr[q][1]]);
}
void build(){
mxid[0]=-1;
root[0]=idx=1;
insert(0, M, 0, root[0]);
rep(i,1,n) s[i]^=s[i-1];
rep(i,1,n){
root[i]=++idx;
insert(i, M, root[i-1], root[i]);
}
}
int query(int u, int c, int lim){
dwn(i,M,0){
int val=c>>i&1;
if(mxid[tr[u][val^1]]>=lim) u=tr[u][val^1];
else u=tr[u][val];
}
return s[mxid[u]]^c;
}
int query(int l, int r){ // fix r and query limit >= l-1
return query(root[r], s[r], l-1);
}
}pre, suf;
int Len;
int tot;
int L[BLK], R[BLK];
int id[N]; // the block id of index
int f[BLK][BLK];
void init(){
tot=n/Len;
rep(i,1,tot) L[i]=(i-1)*Len+1, R[i]=i*Len;
if(R[tot]<n) ++tot, L[tot]=R[tot-1]+1, R[tot]=n;
rep(i,1,tot) rep(j,L[i],R[i]) id[j]=i;
// dp
rep(i,1,tot){
int l=L[i], r=R[i];
rep(j,l,r) rep(k,j,r) f[i][i]=max(f[i][i], pre.sum(j, k));
}
rep(len,2,tot){
rep(l,1,tot-len+1){ // l, r is block id
int r=l+len-1;
int lx=L[r], rx=R[r];
rep(i,lx,rx) f[l][r]=max(f[l][r], pre.query(L[l], i));
f[l][r]=max(f[l][r], f[l][r-1]);
}
}
}
int query(int l, int r){
int res=0;
int lid=id[l], rid=id[r];
if(lid==rid){
rep(i,l,r) res=max(res, pre.query(l, i));
return res;
}
if(lid+1<rid) res=f[lid+1][rid-1];
rep(i,l,L[lid+1]-1) res=max(res, suf.query(n-r+1, n-i+1));
rep(i,R[rid-1]+1,r) res=max(res, pre.query(l, i));
return res;
}
signed main(){
cin>>n>>Q;
rep(i,1,n) read(w[i]);
rep(i,1,n){
pre.s[i]=w[i];
suf.s[i]=w[n+1-i];
}
pre.build(), suf.build();
Len=sqrt(n+1);
init();
int res=0;
while(Q--){
int l, r; read(l), read(r);
l=(l+res)%n+1;
r=(r+res)%n+1;
if(l>r) swap(l, r);
cout<<(res=query(l, r))<<endl;
}
return 0;
}
标签：ch,val,Fotile,Trie,tr,tot,int,rm,269 来源： https://www.cnblogs.com/Tenshi/p/16417499.html