最大异或和
题目描述
给定一个非负整数序列 \(\{a\}\)，初始长度为 \(N\)。
有 \(M\) 个操作，有以下两种操作类型：
A x：添加操作，表示在序列末尾添加一个数 \(x\)，序列的长度 \(N\) 加 \(1\)。Q l r x：询问操作，你需要找到一个位置 \(p\)，满足 \(l \le p \le r\)，使得：\(a[p] \oplus a[p+1] \oplus ... \oplus a[N] \oplus x\) 最大，输出最大值。
输入格式
第一行包含两个整数 \(N, M\)，含义如问题描述所示。
第二行包含 \(N\) 个非负整数，表示初始的序列 \(A\)。
接下来 \(M\) 行，每行描述一个操作，格式如题面所述。
输出格式
假设询问操作有 \(T\) 个，则输出应该有 \(T\) 行，每行一个整数表示询问的答案。
样例 #1
样例输入 #1
5 5
2 6 4 3 6
A 1
Q 3 5 4
A 4
Q 5 7 0
Q 3 6 6
样例输出 #1
4
5
6
提示
- 对于所有测试点，\(1\le N,M \le 3\times 10 ^ 5\)，\(0\leq a_i\leq 10 ^ 7\)。
trie树我现在感觉最大的作用就是异或和这种东西了
这题有几个值得注意的地方
1.连续的异或和，可以用类似前缀异或和的东西来转化为单点的查询。
这个和树状数组很像
2.“历史版本”的作用。
这个其实就是可持久化的作用，主要是分析什么样子的问题可以被转化为可持久化维护。
这个是要一直总结的，之后还有各种可持久化的数据结构。
异或有一个abb=a的性质，挺重要的。这题就要用上。
我们设\(s[i]\)表示序列\(a\)的前\(i\)个数\(xor\)起来得到的结果。
\(s[0]=0\)，则查询的东西\(a[p]\ xor\ a[p+1]\ xor...\ xor\ a[n]\ xor\ x=s[p-1]\ xor\ s[n]\ xor\ x\)
所有我们只需要维护\(s[]\)即可
对于添加操作，数组\(s\)很容易维护。
则对于询问，问题变为，已知\(val=s[N]\ xor\ x\)，求一个数字\(p\in [l-1,r-1]\)使得\(s[p]\ xor\ s[n]\ xor\ x\)最大
额，插一句理解。
可持久化01trie树的特点是能够把历史状态们放在一起比较，所以把要比较的东西放在一起才是要做的。
我们把这个题目转化后，其实要比较的东西就是很好的了。只是两个数字xor的大小。
这个可是01trie树的专场啊。
假如是没有限制的，那就是每次在查询的时候，往最后面添加一个\(s[n]\ xor\ x\)，然后再这个trie树上找最大。
如果有\(p\leq r-1\)的限制，那么就是在r-1版本的trie树上查找就好了，就是可持久化。
如果有\(l-1\leq p\)的限制，那就添加一个节点信息\(end[x]\)信息，表示这个是第几个二进制数字的结尾。如果不是结尾让它\(end=-1\)
然后再用一个\(lastest\)表示这个子树里面最大的\(end\)值，然后从\(root[r-1]\)节点出发寻找的时候，仅考虑\(lastest\geq l-1\)的点即可
为什么只有这一维能用这个办法统计呢？
或者说，为什么\(p\leq r-1\)需要用可持久化？
哦哦，就像你不能用线段树来统计区间内有几个数字\(=0\)一样，你要怎么来用两个数字来表示这个区间里面有没有数字再这个区间呢
（要是能的话，你用这个办法写二位偏序也太爽了吧）
嘶，我第二天又想了想，到底是不是因为这个所以才要用可持久化的啊。哦哦，我又蠢了，我之前想的是对的。
我趣，那可持久化数据结构不久这个作用了?
在时间复杂度不变和空间复杂度略微增加的情况下，维护历史版本。
但是只支持单点修改，区间修改不太行。
而历史版本的作用其实是一个偏序，这样再带上一个节点信息可以做到维护区间的一些信息。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read() {
char c=getchar();int a=0,b=1;
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')b=-1;
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())a=a*10+c-48;return a*b;
}
const int N=600010;
int trie[N*24][2],lastest[N*24];
int s[N],root[N],n,m,tot;
void insert(int i,int k,int p,int q)//第几次修改，当前在这个数字的第几位，现在在上一颗树的哪个节点，在这棵树的哪个节点
{
if(k<0)
{
lastest[q]=i;
return;
}
int c=s[i]>>k&1;
if(p)trie[q][c^1]=trie[p][c^1];//把和这个路径没有关系的节点复制过去
trie[q][c]=++tot;
insert(i,k-1,trie[p][c],trie[q][c]);
lastest[q]=max(lastest[trie[q][0]],lastest[trie[q][1]]);
}
int ask(int now,int val,int k,int limit)//查询
{
if(k<0)return s[lastest[now]]^val;
int c=val>>k&1;
if(lastest[trie[now][c^1]]>=limit)
return ask(trie[now][c^1],val,k-1,limit);
else
return ask(trie[now][c],val,k-1,limit);
}
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
n=read(),m=read();
lastest[0]=-1;
root[0]=++tot;
insert(0,23,0,root[0]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x=read();
s[i]=s[i-1]^x;
root[i]=++tot;
insert(i,23,root[i-1],root[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
char c;
cin>>c;
if(c=='A')
{
int x=read();
root[++n]=++tot;
s[n]=s[n-1]^x;
insert(n,23,root[n-1],root[n]);
}
else
{
int l=read(),r=read(),x=read();
cout<<ask(root[r-1],x^s[n],23,l-1)<<endl;
}
}
return 0;
}