题解：[SCOI2016] 美味

前置知识：可持久化线段树（主席树）

洛谷3293 [SCOI2016] 美味

问题

有一个长度为 \(n\) 的序列 \(a_1,a_2,...,a_n\)。每次询问给你 \(b\)、\(x\)，你需要求出 \(\max\{a_i+x \bigoplus b\}\)。

\(1 \le l \le r \le n \le 2\times 10^5, 0 \le a_i,b,x < 10^5\)

首先，有 \(l,r\) 应该要可持久化。然后……01trie？行不通啊。

没有头绪的话，先来看一道比较经典的题。

经典の问题

有一个长度为 \(n\) 的数列 \(a_1,a_2,...,a_n\)。有 \(m\) 次询问，给你一个数 \(k\)，求出 \(k \bigoplus a_i\) 最大的 \(a_i\)。
\(1 \le n,m,a_i \le 10^5\)

你肯定知道这是 01Trie 板子，但是我想介绍另一个东西——

Technology

还是考虑贪心，从高位往低位贪。

假设 \(w_x(i)\) 表示数 \(x\) 二进制下的第 \(i\) 位，当前的答案（即确定了前几位）是 \(ans\)。

以一个例子来说明：

  k:  01100100101
ans:  1010???????

假如我们当前已经考虑完了前 \(4\) 位（从高往低），那我们肯定想要让 \(w_{ans}(5) \ne w_k(5)\)，即 \(w_{ans}(5) = 1\)。那我们怎么知道是否存在这样的 \(ans\)？显然，此时需要满足的是：\((10101000000)_2 \le ans \le (10101111111)_2\)。权值线段树上查即可。

那么再来看这个题大家就都会做了，把范围再缩小 \(x\) 就行。由于需要限制区间，将权值线段树可持久化即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson son[u][0]
#define rson son[u][1]
const int N = 2e5 + 5, ND = N << 6;
struct segtree
{
    int tot, son[ND][2], cnt[ND];
    void pushup(int u)
    {
        cnt[u] = cnt[lson] + cnt[rson];
    }
    int update(int v, int l, int r, int it)
    {
        int u = ++tot;
        if (l == r)
        {
            cnt[u] = cnt[v] + 1;
            return u;
        }
        lson = son[v][0], rson = son[v][1];
        int mid = (l + r) >> 1;
        if (it <= mid)
            lson = update(son[v][0], l, mid, it);
        else
            rson = update(son[v][1], mid + 1, r, it);
        pushup(u);
        return u;
    }
    int query(int u, int l, int r, int L, int R)
    {
        if (L <= l && r <= R)
            return cnt[u];
        if (R < l || r < L)
            return 0;
        int mid = (l + r) >> 1;
        return query(lson, l, mid, L, R) + query(rson, mid + 1, r, L, R);
    }
} t;
int n, Q, a[N], root[N];
/*
if b_i == 0
    a in [ans + (1 << i) - x, ans + (1 << i + 1) - 1 - x]
else
    a in [ans - x, ans + (1 << i) - 1 - x]
*/

int main()
{
#ifdef aquazhao
    freopen("data.in", "r", stdin);
    freopen("data.out", "w", stdout);
#endif
    cin >> n >> Q;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", a + i), root[i] = t.update(root[i - 1], 0, 1e5, a[i]);
    int b, x, l, r;
    while (Q--)
    {
        scanf("%d%d%d%d", &b, &x, &l, &r);
        int ans = 0;
        for (int i = 17; i >= 0; i--)
        {
            int cnt;
            if (!(b & (1 << i)))
            {
                int L = max(0, ans + (1 << i) - x), R = min((int)1e5, ans + (1 << (i + 1)) - 1 - x);
                cnt = t.query(root[r], 0, 1e5, L, R) - t.query(root[l - 1], 0, 1e5, L, R);
                ans += cnt > 0 ? 1 << i : 0;
            }
            else
            {
                int L = max(0, ans - x), R = min((int)1e5, ans + (1 << i) - 1 - x);
                cnt = t.query(root[r], 0, 1e5, L, R) - t.query(root[l - 1], 0, 1e5, L, R);
                ans += cnt > 0 ? 0 : 1 << i;
            }
        }
        printf("%d\n", b ^ ans);
    }
    return 0;
}