\(\text{Problem}:\)XOR and Distance

\(\text{Solution}:\)

首先策略是，最高一位 \(a_{i}\oplus x\) 與 \(a_{j}\oplus x\) 不同，使得這個最高位最低。然後儘量多的使後面位置 \(a_{i}\oplus x\) 與 \(a_{j}\oplus x\) 不同且符號與最高位相反。

這裡普通的做法是利用 \(01\text{ trie}\) 求解，實現較為複雜。CF 上某位神仙提供了一種複雜度與實現難度更低的做法。

強制 \(f(x)\) 只能使用 \(a\) 中的一個子集，其中元素 \(p\) 滿足二進位制下，只有後 \(k\)

• \(f(x,k)\rightarrow f(x,k+1)\)，由於 \((x,k)\) 對應集合一定是 \((x,k+1)\) 對應集合的子集，故直接轉移。
• 下面令 \(x,y\) 是一對只在 \(k+1\) 位上不同的數（沒有其他的轉移狀態）。顯然，\((a_{i}\oplus x)-(a_{j}\oplus x)=(a_{i}\oplus y)-(a_{j}\oplus y)\)
  ，故 \(f(y,k)\rightarrow f(x,k+1)\)。
• 否則，可以看作從 \(x\) 和 \(y\) 的對應集合中分別取出一個元素來更新 \(f_{x,k+1}\)。不難發現，一定有 \(2^{k+1}\) 的貢獻。此時，從 \((y,k)\) 對應集合中取一個與 \(y\) 異或最小的元素，即 \(mi(y,k)\)，和 \(x\) 異或，再減去 \(ma(x,k)\)，這顯然是當前的最小答案。故有 \(2^{k+1}+mi(y,k)-ma(x,k)\rightarrow f(x,k+1)\)。同理，對於 \(y\) 的轉移，有 \(2^{k+1}+mi(x,k)-ma(y,k)\rightarrow f(y,k+1)\)
  。

然後考慮 \(ma\) 和 \(mi\) 的更新。根據我們的定義，\((x,k+1)\) 對應集合就是將 \((x,k)\) 與 \((y,k)\) 合併。這樣就可以快速更新 \(ma(x,k+1)\) 與 \(mi(x,k+1)\)。

注意一對 \(x,y\) 只轉移一次，不能重複轉移。總時間複雜度 \(O(k2^{k})\)。

\(\text{Code}:\)

#include <bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(3)
//#define int long long
#define ri register
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define is insert
#define es erase
#define vi vector<int>
#define vpi vector<pair<int,int>>
using namespace std; const int N=1000010;
inline int read()
{
	int s=0, w=1; ri char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') w=-1; ch=getchar(); }
	while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48), ch=getchar();
	return s*w;
}
int n,K,f[N],ma[N],mi[N];
signed main()
{
	n=read(), K=read();
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	memset(ma,-0x3f,sizeof(ma));
	memset(mi,0x3f,sizeof(mi));
	for(ri int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x=read();
		ma[x]=mi[x]=0;
	}
	for(ri int i=0;i<K;i++)
	{
		for(ri int x=0;x<(1<<K);x++)
		{
			if((x>>i)&1) continue;
			int y=x^(1<<i);
			f[x]=f[y]=min(f[x],f[y]);
			f[x]=min(f[x],(1<<i)+mi[y]-ma[x]);
			f[y]=min(f[y],(1<<i)+mi[x]-ma[y]);
			int px,py,qx,qy;
			px=ma[x], py=ma[y], qx=mi[x], qy=mi[y];
			ma[x]=max(ma[x],py+(1<<i));
			ma[y]=max(ma[y],px+(1<<i));
			mi[x]=min(mi[x],qy+(1<<i));
			mi[y]=min(mi[y],qx+(1<<i));
		}
	}
	for(ri int i=0;i<(1<<K);i++) printf("%d ",f[i]);
	puts("");
	return 0;
}