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考虑最暴力的办法：枚举选哪个数，枚举对手在哪个时间变化，然后统计答案。
对于异或这一类问题，考虑区间异或可以抵消重复区间，维护一个前缀异或和：pre[i]表示1~i的异或和，suf[i]表示i~n的异或和。
将对手的式子化简，2*x即将x向左移一位，/( 2^n )为向右移n位，+2*x ，%2^n类似。
模拟一下：12345 -> 123450 -> 123451 -> 23451
每次枚举对手要变的时间i，最后的值即为：work ( pre[i] ^ x ) ^ suf[i+1] (work是按照上述式子的转换)
枚举x的复杂度太高，其实可以先将 work（pre[i]）^ suf [i+1] 预处理出来，用trie树贪心求x。
为什么是对的？
原式转换成：work( pre[i] )^ suf[i+1] ^ work( x ) 其实就是将前半部分放入trie树，贪心求后半部分的最大值。
注意：trie储存的是对手可以翻转的值 ，如果对手只有1（或只有0）， 那么我们可以选择相反的 ，获得这一位的1 ，否则对手两个都有，对手会选择最优策略 ，我们不会收获 。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 100005 #define ri register int int pre[N],go[N*30][3],suf[N],x[N],ans=0,num=0,a[N],n,ndnum=0; int calc(int y) { return ( y*2/(1<<n) + 2*y ) % (1<<n); } void add(int y) { int now=0; for(ri i=n-1;i>=0;--i){ int xx=(y>>i)&1; if(!go[now][xx]) go[now][xx]=++ndnum; now=go[now][xx]; } } void dfs(int now,int dep,int maxn) { if(dep==0){ if(maxn==ans) num++; else if(maxn>ans) ans=maxn,num=1; return ; } //如果对手只有1 那么我们可以选择相反的 获得这一位的1 if(!go[now][0]) dfs(go[now][1],dep-1,maxn^(1<<(dep-1)));//dep-1是因为二进制是从0开始的 而这里dep从1开始 else if(!go[now][1]) dfs(go[now][0],dep-1,maxn^(1<<(dep-1))); else{//如果对手两个都有 对手会选择最优策略 我们不会收获 dfs(go[now][1],dep-1,maxn); dfs(go[now][0],dep-1,maxn); } } int main() { freopen("big.in","r",stdin); freopen("big.out","w",stdout); int m; scanf("%d%d",&n,&m); for(ri i=1;i<=m;++i) scanf("%d",&a[i]),pre[i]=pre[i-1]^a[i]; for(ri i=m;i>=1;--i) suf[i]=suf[i+1]^a[i]; for(ri i=0;i<=m;++i) x[i]=calc(pre[i])^suf[i+1],add(x[i]);//trie储存的是对手可以翻转的值 dfs(0,n,0); printf("%d\n%d\n",ans,num); } /* 3 2 3 */
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