题面

传送门

思路

这题其实蛮好想的......就是我考试的时候zz了，一直没有想到标记过的可以不再标记，总复杂度是$O(n)$

首先我们求个前缀和，那么$ans_i=max(pre[j]+pre[i]$ $xor$ $pre[j])$

考虑对于每个$pre[i]$，一个$pre[j]$在经过上述运算后增加的值

发现可以每一位拆开来考虑

那么有四种情况：$(p_i,p_j)=(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)$

只有当$pre[i]$本位为0，$pre[j]$本位为1的时候，这一位会多出两倍的这一位的位值加入答案里面

那么相当于我们要对于前$i-1$个$pre$，求出真实值最大的一个二进制子集，满足这个子集在$pre[i]$里面都是0，而在某一个$1$到$i-1$的$pre[j]$中都是1

我们维护一个集合数组$s[i]$，表示$i$这个二进制组合有没有被目前已经加入的$pre[j]$覆盖

标记的时候从大的集合往子集里面走，遇到标记过的那就是肯定这个子集所有儿子都被标记过了，这样总的标记次数不会超过$O(max_{a_i})$

统计答案就很方便了，总时间复杂度$O(n\log m+m\log m)$（$m$是序列的最大值）

Code

乱搞第一定律：乱搞程序短小精悍

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
    int re=0,flag=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-') flag=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch)) re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return re*flag;
}
int n,pre[1000010],s[2000010];
inline void insert(int x){
    s[x]=1;
    for(int i=19;i>=0;i--){
        if(((x>>i)&1)&&(!s[x^(1<<i)])) insert(x^(1<<i));
    }
}
inline int query(int x){
    int re=0,i;
    for(i=19;i>=0;i--){
        if((!((x>>i)&1))&&(s[re|(1<<i)])) re|=(1<<i);
    }
    return re|x;
}
int main(){
    n=read();int i;
    for(i=1;i<=n;i++){
        insert(pre[i]=pre[i-1]^read());
        printf("%d ",(query(pre[i])<<1)-pre[i]);
    }
}

标签：pre,Mas,ch,NOI,标记,省选,re,子集,include
来源： https://www.cnblogs.com/dedicatus545/p/10629515.html