BZOJ - 2741: 【FOTILE模拟赛】L 分块+可持久化数据结构
来源:互联网 发布:solaris和centos 编辑:程序博客网 时间:2024/05/17 20:23
Description
FOTILE得到了一个长为N的序列A,为了拯救地球,他希望知道某些区间内的最大的连续XOR和。
即对于一个询问,你需要求出max(Ai xor Ai+1 xor Ai+2 ... xor Aj),其中l<=i<=j<=r。
为了体现在线操作,对于一个询问(x,y):
l = min ( ((x+lastans) mod N)+1 , ((y+lastans) mod N)+1 ).
r = max ( ((x+lastans) mod N)+1 , ((y+lastans) mod N)+1 ).
r = max ( ((x+lastans) mod N)+1 , ((y+lastans) mod N)+1 ).
其中lastans是上次询问的答案,一开始为0。
Input
第一行两个整数N和M。
第二行有N个正整数,其中第i个数为Ai,有多余空格。
后M行每行两个数x,y表示一对询问。
Output
共M行,第i行一个正整数表示第i个询问的结果。
Sample Input
3 3
1 4 3
0 1
0 1
4 3
1 4 3
0 1
0 1
4 3
Sample Output
5
7
7
7
7
HINT
HINT
N=12000,M=6000,x,y,Ai在signed longint范围内。
Source
By seter
思路(参考自http://blog.csdn.net/oceanlight/article/details/14104185):
把求一段区间的异或和变成求两个值得异或,也就是令b[i]=a[1]^a[2]^...^a[i],然么求a[i]^a[i+1]^...^a[j]就变成求b[i-1]^b[j];
首先分块,维护每一块的开头到j的最大连续和,其中j大于这一块的开头的位置
dp[i][j]=max(dp[i][j-1],query(b[i],K,root[st],root[j]));
query的操作利用可持久化的Trie
#include<iostream>#include<cstdio>#include<string>#include<cstring>#include<vector>#include<cmath>#include<queue>#include<stack>#include<map>#include<set>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=12010;const int K=31;typedef long long LL;int A[maxn],B[maxn];int N,M,cnt;int size;int dp[200][maxn];struct Node{ Node *son[2]; int num;}node[maxn*300];Node *root[maxn],*null;struct Trie{ Node* insert(int x,int depth,Node *root) { Node *newroot=&node[cnt++]; newroot->son[0]=root->son[0]; newroot->son[1]=root->son[1]; newroot->num=root->num+1; if(depth<0)return newroot; int p=((x>>depth)&1); newroot->son[p]=insert(x,depth-1,root->son[p]); return newroot; } int query(int x,int depth,Node *rootl,Node *rootr) { if(depth<0)return 0; int p=((x>>depth)&1); if(rootr->son[p^1]->num>rootl->son[p^1]->num) return (1<<depth)+query(x,depth-1,rootl->son[p^1],rootr->son[p^1]); return query(x,depth-1,rootl->son[p],rootr->son[p]); }}tree;void init(){ cnt=0; root[0]=null=&node[cnt++]; null->son[0]=null->son[1]=null; null->num=0;}void solve(){ for(int i=1;i<=N;i++) root[i]=tree.insert(B[i],K,root[i-1]);}int cal(int l,int r){ l--; int x_pos=(l-1)/size; int y_pos=(r-1)/size; int ans=0; if(y_pos>x_pos)ans=dp[x_pos+1][r]; for(int i=l;i<min((x_pos+1)*size+2,r);i++) ans=max(ans,tree.query(B[i],K,root[l],root[r])); return ans;}int main(){ while(scanf("%d%d",&N,&M)!=EOF) { memset(B,0,sizeof(B)); memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i=1;i<=N;i++) { scanf("%d",&A[i]); B[i]=B[i-1]^A[i]; } size=sqrt(N); init(); solve(); for(int i=1;i<=N;i++) { int x_pos=(i-1)/size; for(int j=0;j<=x_pos;j++) { int y_pos=j*size+1; dp[j][i]=max(dp[j][i-1],tree.query(B[i],K,root[y_pos],root[i])); } } int lastans=0; while(M--) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); int l=min((x+lastans%N)%N+1,(y+lastans%N)%N+1); int r=max((x+lastans%N)%N+1,(y+lastans%N)%N+1); int ans=cal(l,r); printf("%d\n",ans); lastans=ans; } } return 0;}
0 0
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