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阿新 • • 發佈:2022-03-07
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感覺上這種xor問題肯定是放到Trie上。
考慮對於每一種詢問的權值\(x\)有沒有啥快速的做法。容易想到一種在Trie樹上dfs的做法,即對於dfs到的每一個節點,如果答案的這一位一樣,那麼就朝兩邊dfs下去,如果不一樣,那麼一定是大的那邊最小的減去小的那邊最大的。這樣就有了一個\(O(2^k\times n\times k)\)的做法。
容易發現對於每個節點,我們只需要知道後面這些位的權值,不需要管前面的權值,所以可以將同樣的放到一起算。這樣的話因為Trie上只有\(k\)層,每一層的總和是\(2^k\)個詢問,每個詢問是\(O(k)\)的,所以總複雜度\(O(k^22^k)\)
但是這個\(k=19\)好像不大過得去。似乎那個查詢的\(O(k)\)可以通過合併兩棵子樹的資訊來做到\(O(1)\)查詢,然後就可以做到\(O(k2^k)\)。
然後你發現似乎不用把這個樹結構建立出來,實際上只要從小到大列舉層數然後合併即可。
code:
#include<bits/stdc++.h> #define I inline #define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b)) #define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b)) #define abs(x) ((x)>0?(x):-(x)) #define re register #define RI re int #define ll long long #define db double #define lb long db #define N (1<<19)+5 #define M (N*50+5) #define mod 1000000007 #define Mod (mod-1) #define eps (1e-9) #define U unsigned int #define it iterator #define Gc() getchar() #define Me(x,y) memset(x,y,sizeof(x)) #define Mc(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x)) #define d(x,y) (n*(x-1)+(y)) #define R(n) (rand()*rand()%(n)+1) #define Pc(x) putchar(x) #define LB lower_bound #define UB upper_bound #define PB push_back using namespace std; int n,m,k,G[20][N],x,Mx[N],Mi[N],Gx[N],Gi[N]; int main(){ freopen("1.in","r",stdin); RI i,j,d;scanf("%d%d",&n,&k);m=(1<<k);Me(Mx,-0x3f);Me(Mi,0x3f);for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x),Mx[x]=Mi[x]=0;Me(G,0x3f); for(d=0;d<k;d++){ Mc(Gx,Mx);Mc(Gi,Mi);for(i=0;i<m;i+=(1<<d+1)){ for(j=0;j<(1<<d+1);j++) G[d][j]=min(G[d][j],(1<<d)+Gi[i+j^(1<<d)]-Gx[i+j]),Mx[i+j]=max(Gx[i+j],Gx[i+j^(1<<d)]|(1<<d)),Mi[i+j]=min(Mi[i+j],Mi[i+j^(1<<d)]|(1<<d)); } } for(i=0;i<m;i++) {x=1e9;for(j=0;j<k;j++) x=min(x,G[j][i&((1<<j+1)-1)]);printf("%d ",x);} }