HDU 6059 Kanade's trio 字典树

给n个数，要求(i,j,k)的对数，满足ai xor aj < aj xor ak。

解法：还是欠缺了一些 counting 的姿势啊，比赛的时候想错了，写了个假算法。

T有20组，n的范围是5e5，考虑O(n)或者O(nlog x)形式的算法。发现，通过字典树，可以枚举j，对每个j，用O(log MAX_INT)的时间复杂度求出i与k的对数。

如何求i与k的对数呢？可以从高到低枚举 aj 的每一位。如果该位为1，则答案可以加上前面所有位数都相等，且该位左边为1，右边为0的数的对数。这个我们可以用cnt[32][2]来维护。

那么，如何维护cnt[32][2]呢？

可以拿字典树维护。

1. 将字典树的边视为0/1，对于同一个根节点连出去的两个边，代表前缀相同，该位分别为0和1的数的两个集合。

2. cnt[i][j]的含义是第i位数，前缀相等且左 j 右 j^1 的数对的个数。

3. 注意到j是从左往右枚举的，故每次++j的时候，相当于原来的aj变成了下一个aj，即aj+1的左边。

故可以在枚举 j 的时候动态维护 cnt 数组，在字典树里竖着 aj 从高到低的每一位往里走，每走到一位，相当于将该位放到了左集合。

a) 假设该位为0，左0右1的数对个数就会增加原本右边集合中前缀与aj相同，且该位为1的数的个数；左1右0的数对个数就会减少原本左边集合中前缀与aj相同，且该位为1的数的个数。

b) 该位为1的时候同理。

c) 字典树是维护这类信息很好的工具啊！

细节在代码里：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=500005;
int T,n,a[maxn],Trie[5+maxn*32][2],Sz[5+maxn*31][2][2],cnt[32][2],tot;
long long res;
inline void init() {
    memset(Trie,-1,n*32*sizeof Trie[0]);
    memset(Sz,0,n*32*sizeof Sz[0]);
    memset(cnt,0,sizeof cnt);
    tot=0;
}
inline void Insert(int x) {
    int now=0;
    for (int i=31;i>=0;--i) {
        int bit=(x>>i)&1;
        if (Trie[now][bit]==-1)
            Trie[now][bit]=++tot;
        ++Sz[now][1][bit];
        now=Trie[now][bit];
    }
}
inline long long query(int x) {
    int now=0;
    long long ret=0;
    for (int i=31;i>=0;--i) {
        int bit=(x>>i)&1;
        ret+=cnt[i][bit];
        cnt[i][bit^1]-=Sz[now][0][bit^1];
        cnt[i][bit]+=Sz[now][1][bit^1];
        --Sz[now][1][bit];
        ++Sz[now][0][bit];
        now=Trie[now][bit];
    }
    return ret;
}
int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while (T--) {
        scanf("%d",&n);
        init();
        for (int i=1;i<=n;++i) {
            scanf("%d",&a[i]);
            Insert(a[i]);
        }
        res=0;
        for (int i=1;i<=n;++i)
            res+=query(a[i]);
        printf("%I64d\n",res);
    }
    return 0;
}