题解：P10856 【MX-X2-T5】「Cfz Round 4」Xor-Forces

题解

首先，我们先考虑简单的情况，没有修改操作。

由题意得，一段区间颜色段个数可以转化为区间长度减去相邻同色个数，即区间 \([l,r]\) 的颜色段数为 \(r-l+1- \sum^r_{i=l+1}[a_i=a_{i-1}]\)。

考虑线段树，那么一段区间所作的贡献即为左右两段区间的贡献之和，如果左子树右端和右子树左端相等，则减一，否则不做贡献。

void update(int rt){ans[rt]=ans[ls[rt]]+ans[rs[rt]]-(point[ls[rt]]r==point[rs[rt]].l);point[rt].l=point[ls[rt]].l,point[rt].r=point[rs[rt]].r;
}

接下来考虑修改操作，当异或到 \(x\) 的某一位为 \(1\) 时，我们就相当于将左右子树互换。

然后继续向下继续异或操作，由于异或具有交换律，我们只有在询问的时候考虑异或操作，修改直接 \(O(1)\) 即可。

但是，在查询时，每次都修改、打标记，就超时了！

注意到，\(x<n\)，那么我们可以预处理，对于每一个答案提前求出来。

我们第 \(i\) 个答案可以通过 \(i-w\) 计算得出，其中 \(w\) 为 \(i\) 的最高位。举个例子：

当 \(i\) 为 01011 时，我们让它减去它最高位 01000 得到 00011，我们通过 00011 的线段树去更新 01011 的线段树。

我们不可能开 \(n\) 棵线段树，所以我们可以用可持久化线段树。

由于查询 \(m\) 次，每次查询一棵线段树，所以查询为 \(O(m \log n)\)。再来看预处理，我们一开始建树是 \(O(n)\) 的，接下来更新 \([1,n]\) 的答案，我们考虑每一个最高位 \(i\)，那么它在 \([1,n]\) 中会出现 \(2^i\) 次，每次修改 \(\frac{n}{2^{i+1}}\) 个点，所以修改为 \(O(\sum_{i=0}^{k-1}2^i \times \frac{n}{2^{i+1}})\)，即 \(O(n \log n)\)。综上，时间复杂度为 \(O(n \log n+m\log n)\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int T, k, q, n, a[300005], rt[300005], cnt, op, l, r, x, lastans, w;
struct SegTree {int ls[300005 << 5], rs[300005 << 5], ans[300005 << 5];struct node {int l, r;} point[300005 << 5];  //记录每个节点左右两端的节点void update(int rt) {ans[rt] = ans[ls[rt]] + ans[rs[rt]] - (point[ls[rt]].r == point[rs[rt]].l);point[rt].l = point[ls[rt]].l, point[rt].r = point[rs[rt]].r;}void build(int &rt, int l, int r) {if (!rt)rt = ++cnt;if (l == r)return ans[rt] = 1, point[rt] = { a[l], a[r] }, void();int mid = l + r >> 1;build(ls[rt], l, mid), build(rs[rt], mid + 1, r);update(rt);}void change(int &rt1, int rt2, int l, int r, int x) {rt1 = ++cnt, ls[rt1] = ls[rt2], rs[rt1] = rs[rt2], ans[rt1] = ans[rt2], point[rt1] = point[rt2];if (r - l + 1 == (1 << x))swap(ls[rt1], rs[rt1]);else {int mid = l + r >> 1;change(ls[rt1], ls[rt2], l, mid, x), change(rs[rt1], rs[rt2], mid + 1, r, x);}update(rt1);}int query(int rt, int l, int r, int L, int R) {if (l == L && r == R)return ans[rt];int mid = l + r >> 1;if (R <= mid)return query(ls[rt], l, mid, L, R);else if (mid + 1 <= L)return query(rs[rt], mid + 1, r, L, R);elsereturn query(ls[rt], l, mid, L, mid) + query(rs[rt], mid + 1, r, mid + 1, R) -(point[ls[rt]].r == point[rs[rt]].l);}
} tree;
signed main() {scanf("%lld%lld%lld", &T, &k, &q), n = (1 << k);for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%lld", &a[i]);tree.build(rt[0], 0, n - 1);for (int i = 1, j = k; i < n; i++, j = k) {while (!((i >> j) & 1)) j--;                              //求最高位tree.change(rt[i], rt[(i ^ (1 << j))], 0, n - 1, j + 1);  //注意j+1}while (q--) {scanf("%lld", &op);if (op == 1)scanf("%lld", &x), x = (x ^ (T * lastans)), w = (w ^ x);else {scanf("%lld%lld", &l, &r), l = (l ^ (T * lastans)), r = (r ^ (T * lastans));if (l > r)swap(l, r);printf("%lld\n", lastans = tree.query(rt[w], 0, n - 1, l, r));}}return 0;
}