CodeForces 888G Xor-MST (异或最小生成树+01trie)

题意：给定 n 个结点的无向完全图。每个点有一个点权为 ai。连接 i 号结点和 j 号结点的边的边权为 ai ⊕ aj。求这个图的 MST 的权值。

题解：异或最小生成树+01trie
Boruvka算法，求最小生成树的另一种方法，每一次选择连通块之间最小的边，然后连接两个连通块，我们可以用这种思想来求mst。而另外两种求mst的，肯定得n²预处理完全图的边权，必然超时。

对于异或，我们首先想到01trie来维护异或和。

我们先将每一个点按照权值从高位到低位插入01trie，连接的话就是叶子结点之间通过lca相连了，由于我们要求mst，肯定希望两点的异或值越小越好，也就是高位越深越好，那么就是lca越深越好了，这就是为什么我们一开始选择从高位到低位插入01trie的原因。从低到高插一般都是要修改点权的情况。

接下来我们考虑dfs整个01trie，对于一个lca结点，枚举其左子树的所有叶子结点，在右子树中找到最小的异或边权，进行合并即可（Boruvka思想的体现）。

答案就是这些边的和。当然我们将点权从小到大加入01trie中，这样一个连通块始终在一个连续区间内，方便我们dfs。

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<fstream>
#include<set>
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#include<sstream>
#include<iomanip>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 5;int cnt, siz[maxn * 30], nex[maxn * 30][2];
int n, a[maxn], rt;
void insert(int x) {int p = 0;for (int i = 30; i >= 0; i--) {int c = (x >> i) & 1;if (!nex[p][c]) nex[p][c] = ++cnt;  // 如果没有，就添加结点p = nex[p][c];siz[p]++;}
}
ll query(int o, int x, int dp) {             //传进的o已经是右子树的结点if (dp < 0) return 0;ll ans = 1 << dp;                        //别漏for (int i = dp - 1; i >= 0; i--) {int c = (x >> i) & 1;if (nex[o][c]) o = nex[o][c];else o = nex[o][c ^ 1], ans |= 1 << i;}return ans;
}
ll re;
void dfs(int o, int l, int r, int dp) {if (dp < 0) return;if (nex[o][0] && nex[o][1]) {int mid = l + siz[nex[o][0]] - 1;ll ans = 1e18;dfs(nex[o][0], l, mid, dp - 1);dfs(nex[o][1], mid + 1, r, dp - 1);for (int i = l; i <= mid; i++) {ans = min(ans, query(nex[o][1], a[i], dp - 1));}re += ans;}else if (nex[o][0]) dfs(nex[o][0], l, r, dp - 1);else if (nex[o][1]) dfs(nex[o][1], l, r, dp - 1);
}int main() {scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);sort(a + 1, a + n + 1);for (int i = 1; i <= n; i++) insert(a[i]);dfs(1, 1, n, 30);printf("%lld\n", re);return 0;
}

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