2020ICPC济南K Kth Query

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题目：

中文描述不清，不如直接看题面

(1≤n,q≤105,0≤ai<230,1≤L<R<230,1≤K≤n)(1 \le n,q \le 10^5,0 \le a_i <2^{30},1 \le L<R<2^{30},1 \le K \le n)(1≤n,q≤105,0≤ai<230,1≤L<R<230,1≤K≤n)

题解：

如果对01trie的基本操作不是很熟悉，可以参考这里
这种异或的操作显然可以在01trie上实现。先将序列aaa中所有的元素插入到01trie中。
首先考虑单个f(a,S,K)f(a,S,K)f(a,S,K)怎么实现。其中第一个问题是如何实现将序列aaa中所有的元素异或上SSS？如果SSS的二进制表示从高到底第iii位为1，那么就将01trie中第iii层结点的左右子树互换，如果第iii位为0，就不操作。第二个问题是如何找第KKK小？因为01trie本质上就是一棵权值线段树，所以可以照搬权值线段树找第KKK小的树上二分的方法来实现，即每个结点uuu维护一个信息szusz_uszu，表示以uuu为根节点的子树中有多少个叶子（即结点uuu管着多少个aia_iai），如果左子结点的szszsz大于等于KKK，那么第KKK小就在左子树的叶子结点中，往左走，否则往右走。
然后考虑一个这个问题的简化版，如果没有LLL和RRR的限制，即求min⁡0≤S<230f(a,S,K)\min \limits_{0 \le S <2^{30}}{f(a,S,K)}0≤S<230minf(a,S,K)。可以发现这个问题是不能从高到低位贪心的，因为有后效性，但可以用dpdpdp来解。令kthu,ikth_{u,i}kthu,i表示从结点uuu往下可以得到的最小的f(a,S,i)f(a,S,i)f(a,S,i)，然后转移方程就是：
（假设结点uuu处于第ddd层，即现在要决策的是SSS的第ddd位）
(1)假设SSS的该位为0，那么可得
ans1={kthlsonu,ilsonu∃&&szlsonu≤i230−d+kthrsonu,i−szlsonuelseans1=\begin{cases} kth_{lson_u,i} \quad\quad\quad lson_u \exist \ \&\&sz_{lson_u} \le i \\ 2^{30-d}+kth_{rson_u,i-sz_{lson_u}} \quad else \end{cases} ans1={kthlsonu,ilsonu∃ &&szlsonu≤i230−d+kthrsonu,i−szlsonuelse
(2)假设SSS的该位为1，那么可得

ans2={kthrsonu,irsonu∃&&szrsonu≤i230−d+kthlsonu,i−szrsonuelseans2=\begin{cases} kth_{rson_u,i} \quad\quad\quad rson_u \exist \ \&\&sz_{rson_u} \le i \\ 2^{30-d}+kth_{lson_u,i-sz_{rson_u}} \quad else \end{cases} ans2={kthrsonu,irsonu∃ &&szrsonu≤i230−d+kthlsonu,i−szrsonuelse
那么
kthu,i=min⁡(ans1,ans2)kth_{u,i}=\min(ans1,ans2)kthu,i=min(ans1,ans2)
这样上述就可以做到O(nlog值域)O(nlog_{\text 值域})O(nlog值域)预处理，O(1)O(1)O(1)查询。关于kthkthkth数组的空间大小，每个叶子结点会对从根到该叶子结点的路径上所有的点的第二维产生一个贡献，一共有nnn个叶子结点，所以kthkthkth数组的空间是O(nlog值域)O(nlog_{值域})O(nlog值域)的。
回到本题，在上面那个子问题的基础上加上了L,RL,RL,R的限制。在从高位到低位决策SSS的过程中，一开始L,RL,RL,R的对应位一定是一样的（或者没有这个阶段），在这个阶段我们只能把SSS的该位确定为与L,RL,RL,R的该位一样，没有发生决策，只需要根据按照找第KKK小的逻辑走进对应的子树即可；然后到达某个位时，LLL的该位为0，RRR的该位为1，这时候我们就需要决策了：
（假设当前决策的位为第ddd位）
（1）假设将SSS的该位确定为0，那么接下来的上下界限制就变成了[lowL,d,231−d)[low_{L,d},2^{31-d})[lowL,d,231−d)（其中lowL,dlow_{L,d}lowL,d表示从LLL的第ddd位作为最高位和其他的低位构成的数），相当于只有下界了，接下来的决策过程就要发生变化：如果LLL该位为1，那么SSS的该位只能确定为1；如果LLL该位为0，那么如果SSS的该位取0，即贴着下界，就往对应的子树走接着进行同样的决策过程（因为之后还是只有下界的状态），如果SSS该位取1，那么接下来的决策过程就变成了无界了，那么就可以不用往下走，直接用上面的子问题中处理出的kthkthkth数组得到结果，比较两种决策结果，就能得到最优的决策。因为我们每次只会往一边走，所以这一部分的复杂度是O(log值域)O(log_{\text{值域}})O(log值域)的。
（2）假设将SSS的该位确定为1，跟（1）类似，变成了只有上界。

按照上述过程，我们就可以得到询问结果了。

复杂度：O((n+q)log值域)O((n+q)log_{值域})O((n+q)log值域)

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<string>
#include<bitset>
#include<sstream>
#include<ctime>
//#include<chrono>
//#include<random>
#include<unordered_map>
using namespace std;#define ll long long
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
const double pi=acos(-1.0);
const double eps=1e-6;
const int mod=1e9+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e5+5;
ll read(){ll x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}
struct Trie_01{int ch[maxn*32][2],sz[maxn*32],val[maxn*32];vector<int>kth[maxn*32];int tot;void init(){tot=0;ch[0][0]=ch[0][1]=0;}int newnode(){++tot;ch[tot][0]=ch[tot][1]=0;kth[tot].clear();val[tot]=0;return tot;}void ins(int x){int now=0;for(int i=29;i>=0;i--){int d=(x>>i)&1;if(!ch[now][d]){ch[now][d]=newnode();}now=ch[now][d];val[now]++;}}void dfs(int u){if(!ch[u][0]&&!ch[u][1]){sz[u]=val[u];return;}if(ch[u][0]){dfs(ch[u][0]);sz[u]+=sz[ch[u][0]];}if(ch[u][1]){dfs(ch[u][1]);sz[u]+=sz[ch[u][1]];}}void dfs2(int u,int d){if(!ch[u][0]&&!ch[u][1]){kth[u].resize(val[u]+1);for(int i=1;i<=val[u];i++){kth[u][i]=0;}return;}if(ch[u][0]){dfs2(ch[u][0],d-1);}if(ch[u][1]){dfs2(ch[u][1],d-1);}kth[u].resize(sz[u]+1);for(int i=1;i<=sz[u];i++){int ans1,ans2;//0int lnum=0;if(ch[u][0]){lnum=sz[ch[u][0]];}if(lnum>=i){ans1=kth[ch[u][0]][i];}else{ans1=(1<<d)+kth[ch[u][1]][i-lnum];}//1lnum=0;if(ch[u][1]){lnum=sz[ch[u][1]];}if(lnum>=i){ans2=kth[ch[u][1]][i];}else{ans2=(1<<d)+kth[ch[u][0]][i-lnum];}kth[u][i]=min(ans1,ans2);}}int dfs3(int u,int d,int l,int k){if(!ch[u][0]&&!ch[u][1])return 0;int bit=(l>>d)&1;if(bit==1){int lnum=0;if(ch[u][1]){lnum=sz[ch[u][1]];}if(lnum>=k){return dfs3(ch[u][1],d-1,l,k);}else{return (1<<d)+dfs3(ch[u][0],d-1,l,k-lnum);}}   else{int ans1,ans2;int lnum=0;//0if(ch[u][0]){lnum=sz[ch[u][0]];}if(lnum>=k){ans1=dfs3(ch[u][0],d-1,l,k);}else{ans1=(1<<d)+dfs3(ch[u][1],d-1,l,k-lnum);}//1lnum=0;if(ch[u][1]){lnum=sz[ch[u][1]];}if(lnum>=k){ans2=kth[ch[u][1]][k];}else{ans2=(1<<d)+kth[ch[u][0]][k-lnum];}return min(ans1,ans2);}}int dfs4(int u,int d,int r,int k){if(!ch[u][0]&&!ch[u][1])return 0;int bit=(r>>d)&1;if(bit==0){int lnum=0;if(ch[u][0]){lnum=sz[ch[u][0]];}if(lnum>=k){return dfs4(ch[u][0],d-1,r,k);}else{return (1<<d)+dfs4(ch[u][1],d-1,r,k-lnum);}} else{int ans1,ans2;int lnum=0;//0if(ch[u][0]){lnum=sz[ch[u][0]];}if(lnum>=k){ans1=kth[ch[u][0]][k];}else{ans1=(1<<d)+kth[ch[u][1]][k-lnum];}//1lnum=0;if(ch[u][1]){lnum=sz[ch[u][1]];}if(lnum>=k){ans2=dfs4(ch[u][1],d-1,r,k);}else{ans2=(1<<d)+dfs4(ch[u][0],d-1,r,k-lnum);}return min(ans1,ans2);}}int solve(int u,int d,int l,int r,int k){if(!ch[u][0]&&!ch[u][1])return 0;int lbit=(l>>d)&1,rbit=(r>>d)&1;if(lbit==rbit){int lnum=0;int zero=lbit;if(ch[u][zero]){lnum=sz[ch[u][zero]];}if(lnum>=k){return solve(ch[u][zero],d-1,l,r,k);}else{return (1<<d)+solve(ch[u][zero^1],d-1,l,r,k-lnum);}}else{int ans1,ans2;//0int lnum=0;if(ch[u][0]){lnum=sz[ch[u][0]];}if(lnum>=k){ans1=dfs3(ch[u][0],d-1,l,k);}else{ans1=(1<<d)+dfs3(ch[u][1],d-1,l,k-lnum);}//1lnum=0;if(ch[u][1]){lnum=sz[ch[u][1]];}if(lnum>=k){ans2=dfs4(ch[u][1],d-1,r,k);}else{ans2=(1<<d)+dfs4(ch[u][0],d-1,r,k-lnum);}return min(ans1,ans2);}}
}tree;
int n,q;
int a[maxn];
int main(void){// freopen("in.txt","r",stdin);scanf("%d%d",&n,&q);tree.init();for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);tree.ins(a[i]);}tree.dfs(0);tree.dfs2(0,29);int l,r,k;while(q--){scanf("%d%d%d",&l,&r,&k);printf("%d\n",tree.solve(0,29,l,r,k));}return 0;
}