可持久化Trie树和可持久化线段树很像，依次插入信息，通过减法来进行历史版本查询。
2015年11月12日
bzoj3261 最大异或和
我们需要计算 a[p] xor a[p+1] xor ... xor a[N] xor x ，设 sum[i] 表示 a[1] xor a[2] xor ... xor a[i] 的值，因为异或满足区间减法，所以求上一个式子等于求 sum[n] xor sum[p - 1] xor x，进一步，sum[n] xor x 为定值，所以需要找到二进制位上尽量不匹配的，由此需要使用Trie树。
同时题目中有区间限制，所以我们需要一个可持久化的数据结构。
1) 顺次将sum[i]插入到可持久化Trie树中。注意 : 我们需要让数位对齐，否则高位低位会错位，所以需要在每一个数的前面加上适当的0以使他们数位相等。
插入时，可以采取递归的方式，用 >> 来确定这一位是多少，把没有改变的那一边链向历史版本。注意 : 在递归时，若采取d--(此处见代码)的方式，因为一个节点的左右儿子不是在同一个递归中构造完成，所以判断 d < 0 ---> break; 需要放在新建节点之后。
2) 对于查询时，从根节点开始，同样采用d--的方式，逐位确定，如果 x 的这一位为 p ，那么我们查询Sum[son[l][p ^ 1]] - Sum[son[r][p ^ 1]，Sum为节点上有多少的值，如若 表达式 > 0 那么我们就像 p ^ 1 的方向行走，同时 答案加上 1 << d 因为这一位被我们错开了，否则只好向 p 的方向行走， 不加上 1 << d。
3) 因为我们要计算的是 sum[p - 1] xor sum[n] xor[x] 的值，所以对于给定的p的限制区间，我们必须把区间减一，再把左端点减一后查询，这里有一个小技巧 : 首先插入一个 0 的值到可持久化Trie树中，以作为第一个节点，对于后面的读入 比如说(l, r) 直接查询 (l - 1, r) 即可，因为已经事先减一了。
4) 对于空间的问题，因为一条链最多有 floor(log(1e7)) + 1 的长度，又因为 n <= 300000, m <= 300000，有可能所有的option均为A，所以 (Maxn + Maxm) * (floor(log(1e7)) + 1)
1 #include <bits/stdc++.h>
2 #define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)
3 #define REP(i, a, b) for (int i = a; i < b; i++)
4 #define drep(i, a, b) for (int i = a; i >= b; i--)
5 #define pb push_back
6 #define mp make_pair
7 #define xx first
8 #define yy second
9 using namespace std;
10 typedef long long i64;
11 typedef pair<int, int> pii;
12 const int inf = ~0U >> 1;
13 const i64 INF = ~0ULL >> 1;
14 //*****************************
15 const int maxn = 300005, maxm = 14400005;
16
17 int Sum[maxm], Son[maxm][2], root[maxm], ndtot;
18
19 void build(int x, int &y, int v, int d) {
20 Sum[y = ++ndtot] = Sum[x] + 1;
21 if (d < 0) return;
22 int p = v >> d & 1;
23 Son[y][p ^ 1] = Son[x][p ^ 1];
24 build(Son[x][p], Son[y][p], v, d - 1);
25 }
26
27 int tot;
28
29 int query(int x, int y, int v, int d) {
30 if (d < 0) return 0;
31 int p = v >> d & 1; int tmp = Sum[Son[y][p ^ 1]] - Sum[Son[x][p ^ 1]];
32 if (tmp > 0) return (1 << d) + query(Son[x][p ^ 1], Son[y][p ^ 1], v, d - 1);
33 else return query(Son[x][p], Son[y][p], v, d - 1);
34 }
35
36 int main() {
37 int n, m;
38 scanf("%d%d", &n, &m);
39 build(root[0], root[1], 0, 24), n++;
40 rep(i, 2, n) {
41 int id;
42 scanf("%d", &id);
43 tot ^= id;
44 build(root[i - 1], root[i], tot, 24);
45 }
46 char op[5];
47 while (m--) {
48 scanf("%s", op);
49 if (op[0] == ‘A‘) {
50 int id;
51 scanf("%d", &id);
52 tot ^= id;
53 build(root[n], root[n + 1], tot, 24);
54 n++;
55 }
56 else {
57 int x, y, k;
58 scanf("%d%d%d", &x, &y, &k);
59 printf("%d\n", query(root[x - 1], root[y], tot ^ k, 24));
60 }
61 }
62 }