bzoj 4184: shallot （线段树维护线性基）

题面

$ solution: $

这一题绝对算的上是一道经典的例题，它向我们诠释了一种新的线段树维护方式。像这一类需要加入又需要维护删除的问题，我们曾经是遇到过的像莫对，线段树.......但是我们并没有真正把它与一些数据结构结合在一起过，像线性基，凸包都是只支持加入，不支持删除的。我们需要找一种 $ O(nlogn) $ 的方案让他们也支持删除。

本题就可以用线段树维护线性基，那它的原理是什么呢，它为什么能让线性基支持删除操作了呢？其实我们看到线段树时就可以知道，它其实是维护的是时间轴，线性基是只能加，那我们就让它在合适的时间加对应的东西，而线段树就是维护的后者。这里我们必须好好思考一下（这对我们思考题目建模很有必要），比如本题做法相当于在线段树每个节点都建了一个线性基，它用空间的消耗来换取了时间的优化，这个原理在主席树中也是可见一斑的。

$ code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define inf 0x7fffffff
#define rg register int
#define pb push_back
#define midd int mid=(l+r)>>1
#define klr int k,int l,int r
#define zuo k<<1,l,mid
#define you k<<1|1,mid+1,r

using namespace std;

map<int,int> h;
vector<int> a[500005<<2];

int d[31];
int n,v,sl,sr;
int c[500005];

struct ji{
	int b[31];
	ji(){memset(b,0,sizeof(0));}
	inline void add(int x){
		for(rg i=30;i>=0;--i)
			if(x&d[i]){
				if(b[i])x^=b[i];
				else {b[i]=x;return;}
			}
	}
	inline int ask(){
		int res=0;
		for(rg i=30;i>=0;--i)
			if(b[i]&&!(res&d[i]))res^=b[i];
		return res;
	}
}base;

inline int qr(){
	char ch; int sign=1;
	while((ch=getchar())<'0'||ch>'9')
	    if(ch=='-')sign=-1;
	int res=ch^48;
	while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')
		res=res*10+(ch^48);
	return res*sign;
}

inline void add(klr){
	if(sl<=l&&r<=sr){ a[k].pb(-v); return ;}
	midd; if(sl<=mid)add(zuo); if(sr>mid)add(you);
}

inline void dfs(klr,ji t){
	for(rg i=0,j=a[k].size();i<j;++i) t.add(a[k][i]);
	if(l==r){printf("%d
",t.ask());return ;}
	midd; dfs(zuo,t); dfs(you,t);
}

int main(){
	freopen("team.in","r",stdin);
	freopen("team.out","w",stdout);
	n=qr();
	for(rg i=30;i>=0;--i)d[i]=1<<i;
	for(rg i=1;i<=n;++i){
		if((c[i]=v=qr())>=0)h[v]=i;
		else sl=h[-v],h[-v]=0,sr=i-1,add(1,1,n);
	}
	for(rg i=1;i<=n;++i)
		if(c[i]>0&&h[c[i]])
			sl=h[c[i]],sr=n,v=-c[i],add(1,1,n);
	dfs(1,1,n,base);
	return 0;
}