显然第一眼用线段树合并线性基即可。
对于线段树复杂度nlogn。合并logn,插入logn.。
总复杂度在nlogn^3。对于这里的5e5,依旧会超时。
考虑其他的思路:这里用了和某道树上查询的紫题差不多的思路。
我们让线性基尽可能靠右,然后只需要判断是否在区间内即可。
因为预处理出了所有点,那么查询只需要logn查询即可。
然后更新也只需要在前点基础上更新,那么更新也在logn复杂度。
那么总复杂nlogn即可通过本题。
// Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int,int> pii; const int N = 5e5+5; const int M = 1e4; const LL Mod = 2008; #define rg register #define pi acos(-1) #define INF 1e18 #define CT0 cin.tie(0),cout.tie(0) #define IO ios::sync_with_stdio(false) #define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl; namespace FASTIO{ inline LL read(){ LL x = 0,f = 1;char c = getchar(); while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-') f = -1;c = getchar();} while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x<<1)+(x<<3)+(c^48);c = getchar();} return x*f; } void print(int x){ if(x < 0){x = -x;putchar('-');} if(x > 9) print(x/10); putchar(x%10+'0'); } } using namespace FASTIO; void FRE(){ /*freopen("data1.in","r",stdin); freopen("data1.out","w",stdout);*/} int n,a[N],p[N][21],pos[N][21]; void insert(int u,int *p,int *pos) { int x = a[u]; for(rg int i = 20;i >= 0;--i) { if(((x>>i)&1) == 0) continue; if(p[i] == 0) { p[i] = x; pos[i] = u; return ; } if(u > pos[i]) { swap(pos[i],u); swap(p[i],x); } x ^= p[i]; } } int main() { n = read(); for(rg int i = 1;i <= n;++i) a[i] = read(); for(rg int i = 1;i <= n;++i) { for(rg int j = 20;j >= 0;--j) p[i][j] = p[i-1][j],pos[i][j] = pos[i-1][j]; insert(i,p[i],pos[i]); } int q;q = read(); while(q--) { int L,r;L = read(),r = read(); int base[21]; for(rg int i = 20;i >= 0;--i) { if(pos[r][i] >= L) base[i] = p[r][i]; else base[i] = 0; } int ans = 0; for(rg int i = 20;i >= 0;--i) ans = max(ans,ans^base[i]); printf("%d ",ans); } system("pause"); }
现在回过头来看,对于线段树的做法,是否可能压到nlogn^2呢。
我们可以将序列看成树链,那么就可以点分治来压到nlogn^2.
代码待补