2021杭电1 1006 xor sum

给定n个数和一个数k，求出最短的连续的一段数，使得它们的异或和大于等于k，如果没有则输出-1。
其中1<=n<=1e5,0<=k, ai<=2^30

之前还没有做过这个类型的题，队友给我说可以用trie来搞，存个前缀和，然后就不会了。沿着这个想法乱搞了一下，发现还可以做，写了出来发现还真能过样例，调了一下（init忘了调用）就过了。

大致思路是这样的：trie上有0,1两个分支，从左到右枚举n个数，求出前缀异或和，转二进制塞到trie里面，同时trie上的节点存的是编号，也就是当前是1到编号i的前缀异或和。

每一次的询问，将k和xor_sum[i]带进去，然后从高位到低位求出trie上存的前缀和与xor_sum[i]的异或和，当这个值已经大于k的时候，就可以直接返回当前节点所存的编号；如果这个值加上后面都是1还是小于k的时候，说明达不到k，可以直接返回0。

因为r是确定的，我们需要求出的是l最大，因此insert的时候编号应该是大的覆盖小的，又insert的编号是从1到n，所以每次直接覆盖就行了。在query求解的时候就找出可行的前缀和编号的最大值就可以了。

由于我是mx初值设为0，所以要特判一下，特判就是当前的xor_sum已经是大于k的时候，那么l = 1, r = i一定是符合条件的一组解。

const int N = 1e5 + 10;
int trie[N * 31][2], mx[N * 31], fa[N * 31], tot = 0;void init()
{trie[0][0] = trie[0][1] = 0;for (int i = 0; i <= tot; i ++){mx[i] = fa[i] = 0;}tot = 0;
}void insert(int x, int pos)
{int temp[31];for (int i = 30; i >= 1; i --){temp[i] = x & 1;x >>= 1;}int now = 0;for (int i = 1; i <= 30; i ++){int p = now;mx[now] = pos;if (trie[now][temp[i]])now = trie[now][temp[i]];else{trie[now][temp[i]] = ++ tot;trie[tot][0] = trie[tot][1] = 0;now = tot;}fa[now] = p;}mx[now] = pos;
}int query(int r, int k, int now, int sum, int bit)
{if (sum >= k)return mx[now];if (sum + (1 << (bit + 1)) <= k)return 0;int ans = 0;if (trie[now][0]){int temp = (r & (1 << bit));ans = max (ans, query(r, k, trie[now][0], sum + temp, bit - 1));}if (trie[now][1]){int temp = (r & (1 << bit) ^ (1 << bit));ans = max(ans, query(r, k, trie[now][1], sum + temp, bit - 1));}return ans;
}int main()
{//freopen("data.txt", "r", stdin);//freopen("out.txt", "w", stdout);int T = 1;T = read();while (T --){init();int n, k;n = read(); k = read();int ans = n + 1, l = -1, r = -1;int sum = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++){int a = read();sum ^= a;if (sum >= k){if (ans > i){ans = i;l = 1;r = i;}}int d = query(sum, k, 0, 0, 29);if (d > 0 && ans > i - d){ans = i - d;l = d + 1;r = i;}insert(sum, i);}if (ans == n + 1)printf ("-1\n");elseprintf ("%d %d\n", l, r);}
}

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