vijos 紫色的手链

戳

思路

先考虑简单的几个数的情况，
比如数组[1,2,3]，那么我们要比较的就是1^2,2^3的大小关系。
注意到1^3的情况不在考虑范围中，因为对于1到3的这段区间，次大数为2，
所以ans[1,2,3] 其实也就等于 ans[2,3]（ans就是指最终的答案）, 1已经不需要再考虑了。
这是问题的突破口。

也就是说，假定数组一开始的两个数是 a , b，且 a<b，
我们先用 (a^b) 更新 ans 值，然后对于其他的区间，我们发现都不再需要a来更新答案了。

比如区间[1…n] (n>2)，
要么存在两个数都大于 b（最大数次大数就是这两个数），
要么只存在一个数大于 b（最大数是这个数，次大数是 b），
要么不存在大于 b 的数，存在比 a 大的数（最大的比 a 大的数是次大数，最大数是 b）
要么其他所有的数都比 a,b 小（最大数次大数是 b,a，已经更新过答案）。
这四种情况中，没有一种是需要再次用 a 来更新答案的。
所以，我们更新了a^b后，就可以把 a 舍弃掉。

扩展一下，不仅仅在开头两个位置，在序列里任意一个位置，若出现了两个数升序的情况（a 在 b 左边，a<b）,我们都可以在用a^b更新答案后，把 a 舍弃掉。
也就是说，我们可以维护一个严格降序的单调序列。

举个例子，数组是[6,4,2]，此前我们依次用6^4,4^2更新答案，
然后再加一个数：
如果这个数是5，那么先用2^5更新答案，然后舍弃2（2已经用不到了），
再用4^5更新答案，4照样也不再需要用到，舍弃4，
最后用6^5更新答案，把5加入序列，变成[6,5].

所以最终算法是，
用 stack 实现，第一个元素入栈，后面加元素时，把栈头小于新元素的数全部压出栈（出栈同时更新答案），再用新元素和栈头更新答案，新元素入栈。

代码

#include<cstdio>#include<stack>using namespace std;stack <int> sta;int Max(int x,int y){    if (x>=y) return x;    return y;}int main(){    int n,x,ans=0;    scanf("%d",&n);    scanf("%d",&x);    sta.push(x);    for(int i=2;i<=n;++i)    {        scanf("%d",&x);        while(!sta.empty()&&sta.top()<=x)        {            ans=Max(ans,x^sta.top());            sta.pop();        }        if(!sta.empty()) ans=Max(ans,x^sta.top());        sta.push(x);    }    printf("%d\n",ans);    return 0;}

强调

栈操作时，凡涉及 pop / top 操作，切记判断栈空。