牛客练习赛81 小Q与彼岸花（分块+可持久化01trie）

题意：

题解：因为这个题目是弱化以后的，正常的范围是5e4 .
看了官方题解去学习了一波可持久化01trie然后回来把这个题补完。

可持久数据结构其实就是我们的数据结构的内容会不断发生变化，而我们还要查询以前的历史版本，比如某个区间的情况。

听名字可以听出来，可持久化01trie跟可持久化线段树差不多的效果，对于01字典树来说，可以指定查询 l−rl-rl−r 范围内的数组成的字典树。

但是针对于这个题目我们直接使用可持久化01trie进行维护，时间还是不能被允许的，所以说，我们还需要去继续优化。

如何优化呢？分块！
我们用数组ans[x][y]ans[x][y]ans[x][y]预处理出来块x到块y之间的区间任意两数的最大异或值。

时间复杂度呢？

我们把数组分成大小为n\sqrt{n}n的块，那么可以分成(n−1)/n+1(n-1)/\sqrt{n}+1(n−1)/n+1个块
所以预处理的复杂度为：
O(n∗n∗n∗log(amax))O(\sqrt{n}*\sqrt{n}*\sqrt{n}*log(a_{max}) )O(n∗n∗n∗log(amax)) （类似于区间求解众数–强制在线）
应该没错。。。

for(int i=1;i<=sumblocks;i++){for(int j=i;j<=sumblocks;j++){int nowmax=ans[i][j-1];for(int k=(j-1)*sz+1;k<=min(n,j*sz);k++){int res=query(rt[min(j*sz,n)],a[k],(i-1)*sz+1);nowmax=max(nowmax,res);}ans[i][j]=nowmax;}
}

然后对于每次查询，如果l和r属于同一个块之间，那么我们直接暴力即可
那么如果不在同一个块呢，那么就跟最简单的分块一样了，先让最大值等于中间完整的块，然后我们暴力处理一下两边不全的块并不断更新最大值，然后返回最大值即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=5e6+10;int ans[300][300];
int a[maxn],buck[maxn];
int rt[maxn];
int sz,idx;
int trie[maxn*20][2];
int max_id[maxn];void ins(int x,int pre,int now){for(int i=12;i>=0;i--){max_id[now]=x;int val=(a[x]>>i)&1;trie[now][val^1]=trie[pre][val^1];trie[now][val]=++idx;now=idx;pre=trie[pre][val];}max_id[now]=x;
}int query(int root,int C,int L){int p=root;for(int i=12;i>=0;i--){int val=(C>>i)&1;if(max_id[trie[p][val^1]]>=L) p=trie[p][val^1];else p=trie[p][val];}return C^a[max_id[p]];
}int get_block(int x){return (x-1)/sz+1;
}int sol(int l,int r){int st=get_block(l);int ed=get_block(r);if(st==ed){int imax=0;for(int i=l;i<=r;i++){imax=max(imax,query(rt[r],a[i],l));}return imax;}else{int imax=ans[st+1][ed-1];//cout<<"debug   "<<imax<<endl;for(int i=l;i<=st*sz;i++){imax=max(imax,query(rt[r],a[i],l));}for(int i=(ed-1)*sz+1;i<=r;i++){imax=max(imax,query(rt[r],a[i],l));}return imax;}
}int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int n,m;cin>>n>>m;sz=sqrt(n);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];rt[i]=++idx;ins(i,rt[i-1],rt[i]);}int sumblocks=(n-1)/sz+1;for(int i=1;i<=sumblocks;i++){for(int j=i;j<=sumblocks;j++){int nowmax=ans[i][j-1];for(int k=(j-1)*sz+1;k<=min(n,j*sz);k++){int res=query(rt[min(j*sz,n)],a[k],(i-1)*sz+1);nowmax=max(nowmax,res);}ans[i][j]=nowmax;}}while(m--){int l,r;cin>>l>>r;int xxx=sol(l,r);cout<<xxx<<endl;}return 0;}

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