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可持久化Trie树和可持久化线段树很像，依次插入信息，通过减法来进行历史版本查询。
2015年11月12日
bzoj3261 最大异或和
我们需要计算 a[p] xor a[p+1] xor ... xor a[N] xor x ，设 sum[i] 表示 a[1] xor a[2] xor ... xor a[i] 的值，因为异或满足区间减法，所以求上一个式子等于求 sum[n] xor sum[p - 1] xor x，进一步，sum[n] xor x 为定值，所以需要找到二进制位上尽量不匹配的，由此需要使用Trie树。
同时题目中有区间限制，所以我们需要一个可持久化的数据结构。
1) 顺次将sum[i]插入到可持久化Trie树中。注意 : 我们需要让数位对齐，否则高位低位会错位，所以需要在每一个数的前面加上适当的0以使他们数位相等。
插入时，可以采取递归的方式，用 >> 来确定这一位是多少，把没有改变的那一边链向历史版本。注意 : 在递归时，若采取d--(此处见代码)的方式，因为一个节点的左右儿子不是在同一个递归中构造完成，所以判断 d < 0 ---> break; 需要放在新建节点之后。
2) 对于查询时，从根节点开始，同样采用d--的方式，逐位确定，如果 x 的这一位为 p ，那么我们查询Sum[son[l][p ^ 1]] - Sum[son[r][p ^ 1]，Sum为节点上有多少的值，如若 表达式 > 0 那么我们就像 p ^ 1 的方向行走，同时 答案加上 1 << d 因为这一位被我们错开了，否则只好向 p 的方向行走， 不加上 1 << d。
3) 因为我们要计算的是 sum[p - 1] xor sum[n] xor[x] 的值，所以对于给定的p的限制区间，我们必须把区间减一，再把左端点减一后查询，这里有一个小技巧 : 首先插入一个 0 的值到可持久化Trie树中，以作为第一个节点，对于后面的读入 比如说(l, r) 直接查询 (l - 1, r) 即可，因为已经事先减一了。
4) 对于空间的问题，因为一条链最多有 floor(log(1e7)) + 1 的长度，又因为 n <= 300000, m <= 300000，有可能所有的option均为A，所以 (Maxn + Maxm) * (floor(log(1e7)) + 1)
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++) 3 #define REP(i, a, b) for (int i = a; i < b; i++) 4 #define drep(i, a, b) for (int i = a; i >= b; i--) 5 #define pb push_back 6 #define mp make_pair 7 #define xx first 8 #define yy second 9 using namespace std; 10 typedef long long i64; 11 typedef pair<int, int> pii; 12 const int inf = ~0U >> 1; 13 const i64 INF = ~0ULL >> 1; 14 //***************************** 15 const int maxn = 300005, maxm = 14400005; 16 17 int Sum[maxm], Son[maxm][2], root[maxm], ndtot; 18 19 void build(int x, int &y, int v, int d) { 20 Sum[y = ++ndtot] = Sum[x] + 1; 21 if (d < 0) return; 22 int p = v >> d & 1; 23 Son[y][p ^ 1] = Son[x][p ^ 1]; 24 build(Son[x][p], Son[y][p], v, d - 1); 25 } 26 27 int tot; 28 29 int query(int x, int y, int v, int d) { 30 if (d < 0) return 0; 31 int p = v >> d & 1; int tmp = Sum[Son[y][p ^ 1]] - Sum[Son[x][p ^ 1]]; 32 if (tmp > 0) return (1 << d) + query(Son[x][p ^ 1], Son[y][p ^ 1], v, d - 1); 33 else return query(Son[x][p], Son[y][p], v, d - 1); 34 } 35 36 int main() { 37 int n, m; 38 scanf("%d%d", &n, &m); 39 build(root[0], root[1], 0, 24), n++; 40 rep(i, 2, n) { 41 int id; 42 scanf("%d", &id); 43 tot ^= id; 44 build(root[i - 1], root[i], tot, 24); 45 } 46 char op[5]; 47 while (m--) { 48 scanf("%s", op); 49 if (op[0] == ‘A‘) { 50 int id; 51 scanf("%d", &id); 52 tot ^= id; 53 build(root[n], root[n + 1], tot, 24); 54 n++; 55 } 56 else { 57 int x, y, k; 58 scanf("%d%d%d", &x, &y, &k); 59 printf("%d\n", query(root[x - 1], root[y], tot ^ k, 24)); 60 } 61 } 62 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/y7070/p/5000471.html
