补题链接:https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6955
题目:
给定T组测试用例,对于每组测试用例有:
第一行输入两个数n, k
第二行输出n个数组成的序列[a1,a2…an]
求满足子序列的值异或和大于等于k的序列,满足条件的序列中长度最小的子序列,输出子序列的左右端点,如果存在多组满足条件的最小子序列,则输出左端点更小的
思路:
异或运算具有自反性,如果要求每个区间的异或值,我们可以利用前缀异或和的思想,即sum[i]
代表 a[1] ^ a[2] ^ a[3] ^....^ a[i]
而[l, r]
区间的异或和 = sum[r] ^ sum[l - 1]
我们可以将每一个sum[i]
从高位到低位存储到01trie
中,这样对于当前sum[i]
,前i - 1
个sum值我们已经挂到01trie上
,所以我们可以求得前i
个序列中,满足sum[i] ^ sum[l] >= k
的离当前i
最近的l
, 而为了求得最近的l
,我们每插入一个sum
值时,对于路径上的节点,都标记为当前i
值。
而对于查找 >= k
的异或值时,当异或值的最高的前 j
位 >
k
的前j
位的值时,这条路径往下不管怎么走,总的异或值肯定 >
k;而当异或值的最高的前 j
位 <
k
的前j
位的值时,这条路径往下不管怎么走,总的异或值肯定 <
k.
ACCode
using namespace std;
typedef long long ll;
// 32进制数
const int N = 32 * (1e5 + 10);
// cur, 当前值;
// sum[]: 异或前缀和
ll cur, sum[N], k;
// tree[]: 01trie;
// cnt[]: 最右出现的位置;
// idx: 当前新建节点(新节点的索引)
int tree[N][2], cnt[N], idx, t, n;
// 插入操作
void insert(int x, int pos){
int p = 0;
for (int i = 31; i >= 0; i--) {
int t = x >> i & 1;
if(!tree[p][t]){
tree[p][t] = ++idx;
}
p = tree[p][t];
// 记录t这个节点对应最大/右的点
cnt[p] = max(cnt[p], pos);
}
}
ll find(int x){
// 当前节点
int p = 0;
// 最大异或值
ll res = 0;
// k的前i项值
ll ck = 0;
for (int i = 31; i >= 0; i--) {
int t = x >> i & 1;
int tk = k >> i & 1;
ck = ck << 1 | tk;
if(tree[p][!t]){
res = res << 1 | 1;
p = tree[p][!t];
}else{
res = res << 1;
p = tree[p][t];
}
if(res < ck){
return 0;
}
if(res > ck){
return cnt[p] + 1;
}
}
if(res >= ck) return cnt[p] + 1;
return 0;
}
int main(){
scanf("%d", &t);
while(t--){
scanf("%d%lld", &n, &k);
ll len = n + 1;
ll l = -1, r = -1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%lld", &cur);
if(len != 1 && cur >= k){
l = i;
r = i;
len = 1;
}
sum[i] = cur ^ sum[i-1];
}
insert(0, 0);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if(len == 1) break;
insert(sum[i], i);
ll cl = find(sum[i]);
if(cl && (i - cl + 1) < len){
len = (i - cl + 1);
l = cl;
r = l + len - 1;
}
}
if(len != (n + 1)){
printf("%lld %lld\n", l, r);
}else{
printf("-1\n");
}
for (int i = 0; i <= idx; ++i) {
cnt[i] = 0;
tree[i][0] = 0;
tree[i][1] = 0;
}
idx = 0;
}
return 0;
}