标签：fine ios using 维护 read segment col void plain
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给定长度为n的数列X={x1,x2,...,xn}和长度为m的数列Y={y1,y2,...,ym}，令矩阵A中第i行第j列的值Aij=xi xor yj，每次询问给定矩形区域i∈[u,d],j∈[l,r]，找出第k大的Aij。
第一行包含两个正整数n,m，分别表示两个数列的长度
第二行包含n个非负整数xi
第三行包含m个非负整数yj
第四行包含一个正整数p，表示询问次数
随后p行，每行均包含5个正整数，用来描述一次询问，每行包含五个正整数u,d,l,r,k，含义如题意所述。
共p行，每行包含一个非负整数，表示此次询问的答案。
3 3
1 2 4
7 6 5
3
1 2 1 2 2
1 2 1 3 4
2 3 2 3 46
5
1对于100%的数据，0<=Xi,Yj<2^31,
1<=u<=d<=n<=1000,
1<=l<=r<=m<=300000,
1<=k<=(d-u+1)*(r-l+1),
1<=p<=500
区间有关异或的问题，都可以用trie树解决
本题的$m$，显然用可持久化trie维护
对于每个询问，考虑枚举$[u,d]$，在区间$[l,r]$上的trie中查询。
每次从答案的最高位开始，判断区间内该位为$1$的A_{i,j}的个数，如果$>=k$则答案的该位则为$1$。
对每个枚举的$i(u<=i<=d)$，维护$L,R$两个指针表示当前询问的区间，每次判断完更新
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int read(){ char c=getchar(); int x=0; while(c<‘0‘||c>‘9‘) c=getchar(); while(‘0‘<=c&&c<=‘9‘) x=x*10+c-48,c=getchar(); return x; } #define N 1005 #define M 300005 int n,m,a[N],L[N],R[N]; int u,rt[M],nx[M*32][2],sum[M*32]; void ins(int o,int p,int d,int v){ int k=(v>>d)&1; nx[o][!k]=nx[p][!k]; sum[nx[o][k]=++u]=sum[nx[p][k]]+1; if(d) ins(nx[o][k],nx[p][k],d-1,v); } int ask(int l,int r,int k,int d){ if(d<0) return 0; int tt=0,b=1<<d; for(int i=l;i<=r;++i){ if(a[i]&b) tt+=sum[nx[R[i]][0]]-sum[nx[L[i]][0]]; else tt+=sum[nx[R[i]][1]]-sum[nx[L[i]][1]]; } if(tt>=k){//该位为1的个数>=k，说明答案的该位为1 for(int i=l;i<=r;++i){ if(a[i]&b) L[i]=nx[L[i]][0],R[i]=nx[R[i]][0]; else L[i]=nx[L[i]][1],R[i]=nx[R[i]][1]; } return ask(l,r,k,d-1)|b; }else{ for(int i=l;i<=r;++i){ if(a[i]&b) L[i]=nx[L[i]][1],R[i]=nx[R[i]][1]; else L[i]=nx[L[i]][0],R[i]=nx[R[i]][0]; } return ask(l,r,k-tt,d-1); } } int main(){ n=read(); m=read(); for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(); for(int i=1;i<=m;++i) rt[i]=++u,ins(rt[i],rt[i-1],30,read()); for(int Q=read(),l1,l2,r1,r2,k;Q;--Q){ l1=read(),l2=read(),r1=read(),r2=read(),k=read(); for(int i=l1;i<=l2;++i) L[i]=rt[r1-1],R[i]=rt[r2]; printf("%d\n",ask(l1,l2,k,30)); }return 0; }
bzoj4103 [Thu Summer Camp 2015]异或运算（可持久化trie）
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原文地址：https://www.cnblogs.com/kafuuchino/p/11683329.html
