JZOJ 6829. 【2020.10.25提高组模拟】异或（DP+线段树）

JZOJ 6829. 【2020.10.25提高组模拟】异或

题目大意

• 给出一个长度为$N$的序列$A$，求元素两两异或值不小于$X$的非空子序列个数。
• $N\le 300000，0\le A_i,X<2^{60}$.

题解

• 一开始看到“子序列”困扰了很久，但会发现，题目又要求子序列两两满足某种要求，所以就和序列顺序无关了，那么可以把“子序列”看做是“子集”，
• 什么样的子集满足条件呢？能否简化题目限制？
• 结论是两两异或最小值一定会出现在大小每相邻两数异或值当中，怎么证明？
• 任意递增的三个数，按二进制拆位来看后，总有某一位上的三个数不全相等，
• 满足三个数不全相等且最高的一位所产生的贡献，足以覆盖过其他位的贡献，所以只用考虑这一位，
• 只有$0,0,1$和$0,1,1$两种情况，而显然它们都满足上面的结论。
• 那么可以把$A$排序后，设$f_i$为选到第$i$个数且选了第$i$个数的方案数，则$f_i=1+{\sum }_{A_i⨁A_j\ge X}{f}_j$，然而这样复杂度显然过不去。
• 考虑用数据结构优化$A_i⨁A_j\ge X$的判断，可以把每个$f_i$挂在线段树上，这里注意线段树的区间必须是$[0,2^k)$，这样左右儿子可以分别对应某一位的$0/1$，
• 插入就直接插入到对应的位置，
• 查询的话，每到一位上，如果$X$的这一位为$1$，那异或后是$0$的子树上就都不满足，直接递归另一边；如果$X$的这一位为$0$，那异或后是$1$的子树上就都满足，可以直接加上，也只用递归另一边。

代码

#include<cstdio> 
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 300010
#define md 998244353
ll X, a[N], F[N];
int len = 1;
struct {
	ll s = 0;
	int l = 0, r = 0;
}f[N * 60];
ll find(int v, ll t, ll x, ll s) {
	if(s >= X) return f[v].s;
	ll sum = 0;
	if(f[v].l && ((X & t) == 0 || (x & t) != 0)) (sum += find(f[v].l, t / 2, x, s + ((x & t) ^ 0))) %= md;
	if(f[v].r && ((X & t) == 0 || ((x & t) ^ t) != 0)) (sum += find(f[v].r, t / 2, x, s + ((x & t) ^ t))) %= md;
	return sum;
}
void add(int v, ll t, ll x, ll c) {
	if(t == 0) (f[v].s += c) %= md;
	else {
		if(x & t) {
			if(!f[v].r) f[v].r = ++len;
			add(f[v].r, t / 2, x, c);
		}
		else {
			if(!f[v].l) f[v].l = ++len;
			add(f[v].l, t / 2, x, c);
		}
		f[v].s = 0;
		if(f[v].l) (f[v].s += f[f[v].l].s) %= md;
		if(f[v].r) (f[v].s += f[f[v].r].s) %= md;
	}
}
int main() {
	int n, i;
	scanf("%d%lld", &n, &X);
	for(i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
	sort(a + 1, a + n + 1);
	ll ans = 0;
	for(i = 1; i <= n; i++) {
		F[i] = find(1, (1ll << 59), a[i], 0) + 1;
		add(1, (1ll << 59), a[i], F[i]);
		(ans += F[i]) %= md;
	}
	printf("%lld
", ans);
	return 0;
}