【BZOJ4571】[Scoi2016]美味

Description

一家餐厅有 n 道菜,编号 1...n ,大家对第 i 道菜的评价值为 ai(1≤i≤n)。有 m 位顾客,第 i 位顾客的期望值为 bi,而他的偏好值为 xi 。因此,第 i 位顾客认为第 j 道菜的美味度为 bi XOR (aj+xi),XOR 表示异或运算。第 i 位顾客希望从这些菜中挑出他认为最美味的菜,即美味值最大的菜,但由于价格等因素,他只能从第 li 道到第 ri 道中选择。请你帮助他们找出最美味的菜。

Input

第1行,两个整数,n,m,表示菜品数和顾客数。
第2行,n个整数,a1,a2,...,an,表示每道菜的评价值。
第3至m+2行,每行4个整数,b,x,l,r,表示该位顾客的期望值,偏好值,和可以选择菜品区间。
1≤n≤2×10^5,0≤ai,bi,xi<10^5,1≤li≤ri≤n(1≤i≤m);1≤m≤10^5

Output

输出 m 行,每行 1 个整数,ymax ,表示该位顾客选择的最美味的菜的美味值。

Sample Input

4 4
1 2 3 4
1 4 1 4
2 3 2 3
3 2 3 3
4 1 2 4

Sample Output

9
7
6
7

题解:由于有加法,所以可持久化Trie不能用了。但是考虑可持久化Trie的本质,可以看成是一棵只能从中间二分的可持久化权值线段树。而我们每次没有必要二分统计[l,mid]和[mid+1,r],可以直接用主席树统计[l-x,mid-x]和[mid-x+1,r-x]。这样只需要时间复杂度多一个log就能搞定了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int N=1<<18;
const int maxn=200010;
int n,m,tot;
int rt[maxn];
struct node
{
int ls,rs,siz;
}s[maxn*30];
void insert(int x,int &y,int l,int r,int a)
{
y=++tot,s[y].siz=s[x].siz+1;
if(l==r) return ;
int mid=(l+r)>>1;
if(a<=mid) s[y].rs=s[x].rs,insert(s[x].ls,s[y].ls,l,mid,a);
else s[y].ls=s[x].ls,insert(s[x].rs,s[y].rs,mid+1,r,a);
}
int query(int l,int r,int x,int y,int a,int b)
{
if(a<=l&&r<=b) return s[x].siz-s[y].siz;
int mid=(l+r)>>1;
if(b<=mid) return query(l,mid,s[x].ls,s[y].ls,a,b);
if(a>mid) return query(mid+1,r,s[x].rs,s[y].rs,a,b);
return query(l,mid,s[x].ls,s[y].ls,a,b)+query(mid+1,r,s[x].rs,s[y].rs,a,b);
}
inline int find(int l,int r,int a,int b)
{
int i,j=0,d;
for(i=1<<18;i;i>>=1)
{
d=(b&i)>0;
if(d&&!query(0,N,rt[r],rt[l-1],j-a,j+i-a-1)) j+=i;
if(!d&&query(0,N,rt[r],rt[l-1],j+i-a,j+i+i-a-1)) j+=i;
}
return b^j;
}
inline int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<'0'||gc>'9') {if(gc=='-') f=-f; gc=getchar();}
while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
return ret*f;
}
int main()
{
int i,a,b,c,d;
n=rd(),m=rd();
for(i=1;i<=n;i++) a=rd(),insert(rt[i-1],rt[i],0,N,a);
for(i=1;i<=m;i++)
{
a=rd(),b=rd(),c=rd(),d=rd();
printf("%d\n",find(c,d,b,a));
}
return 0;
}//4 4 1 2 3 4 1 4 1 4 2 3 2 3 3 2 3 3 4 1 2 4

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