本文略过了 trie 和 可持久化的介绍，如果没学过请先自学。
在求给定一个值 \(k\) 与区间中某些值的异或最大值时，可以考虑使用在线的数据结构可持久化 01-trie 来维护。
01-trie
01-trie 本身是用以求异或最大值的数据结构。
考虑板子题：给定 \(n\) 个数，\(m\) 次询问 \(k\) 与某个数异或的最大值。
我们肯定不能直接拿 \(k\) 与每个数异或，考虑把 \(k\) 拆成二进制，对于每一位单独做。
从高位到低位贪心。如果 \(k\) 的这一位是 \(1\) 那么我们就要尽可能的让选到的 \(a_i\) 这一位为 \(0\)；反之要让 \(a_i\) 这一位为 \(1\)。这样我们取到的 \(a_i\) 一定是使 \(k\oplus a_i\) 最大的值。
这样我们就需要一种可以保留所有二进制串信息且占用空间尽可能小的数据结构，而 trie 恰好符合这一点。
01-trie 就是字符集为 \(\{0, 1\}\) 的 trie。
我们把每个数转成二进制从高位开始加入到 01-trie 中，每次根据 \(k\) 二进制位是 0/1 来贪心地更新答案即可。
复杂度 \(O(n\log v+m\log v)\)，\(v\) 是值域。
可持久化思想
如果从一个数变成一个区间与 \(k\) 的异或最大值，我们就要使用可持久化思想来升级 01-trie。
考虑升级版板子题：给定 \(n\) 个数，\(m\) 次询问 \(k\) 与 \(a_l\sim a_r\) 异或后缀异或的最大值，或者插入一个数。
我们也不能对于每个异或后缀开一棵 01-trie 来统计，这样时间空间双双爆炸。考虑差分，转化成前缀信息来做。
记 \(s_i=\oplus_{j=1}^{i}\)，询问时找 \(k\oplus s_n\oplus s_{i-1}\) 最大值即是 \(k\) 与 \(a_i\) 后缀异或最大值。
用可持久化思想，每次插入一个数就在前一个版本基础上更新，把新的 \(s_n\) 插入到 01-trie 里面。
根据上面的转化，查询时就可以直接查 \(k\oplus s_n\) 与 \(rt_l\sim rt_r\) 这些版本的 01-trie 的异或最大值。
与没有持久化的 01-trie 类似，考虑对于两个版本的 01-trie 该怎么判断这一位能不能取 \(1\)。
对 01-trie 上每条边 0/1 额外维护一个 sz[] ，表示这条边 0/1 在历史版本中一共出现的次数，加入新节点时就在上一个版本对应边基础上 +1。查询时就可以作差求出需要的 0/1 边是否存在。
这样我们就用同样的单 \(\log\) 时间复杂度解决了这个问题，唯一区别是可持久化占用的空间从线性 \(O(n)\) 变成了单 \(log\) \(O(n\log n)\)。
代码实现
原题跳转：Luogu P4735 最大异或和
注意数组范围要开大 \(64\) 倍防止越界。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int maxn = 6e5 + 10;
int n, m, s[maxn << 1];
int tot, ch[maxn << 5][2], sz[maxn << 5], rt[maxn << 1];void add(int u, int v, int t, int x) {if(t < 0) return;int i = (x >> t) & 1;ch[u][i] = ++tot, ch[u][i ^ 1] = ch[v][i ^ 1];sz[ch[u][i]] = sz[ch[v][i]] + 1;add(ch[u][i], ch[v][i], t - 1, x);
}
int ask(int u, int v, int t, int x) {if(t < 0) return 0;int i = (x >> t) & 1;if(sz[ch[u][i ^ 1]] - sz[ch[v][i ^ 1]]) {return (1 << t) + ask(ch[u][i ^ 1], ch[v][i ^ 1], t - 1, x);}else return ask(ch[u][i], ch[v][i], t - 1, x);
}int main() {ios :: sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> m; rt[0] = ++tot, add(rt[0], 0, 25, 0);for(int i = 1; i <= n; i++) {int x; cin >> x;s[i] = s[i - 1] ^ x;rt[i] = ++tot, add(rt[i], rt[i - 1], 25, s[i]);}for(int i = 1; i <= m; i++) {char op; cin >> op;if(op == 'A') {int x; cin >> x; ++n;s[n] = s[n - 1] ^ x, rt[n] = ++tot; add(rt[n], rt[n - 1], 25, s[n]);}if(op == 'Q') {int l, r, x; cin >> l >> r >> x; l--, r--;if(l == 0) cout << ask(rt[r], 0, 25, x ^ s[n]) << endl;else cout << ask(rt[r], rt[l - 1], 25, x ^ s[n]) << endl;}}return 0;
}
例题
原题跳转：Luogu P5795 异或运算
给定 \(x\) 和 \(y\) 数组，询问给定两个范围 \(u,d\)、\(l,r\) 和 \(k\)，求 \(x_u\sim x_d\) 分别异或 \(y_l\sim y_r\) 的第 \(k\) 大值。其中 \(x\) 长度不超过 \(10^3\)，\(y\) 长度不超过 \(3\times 10^5\)，询问不超过 \(5\times 10^2\)。
注意这个题数据范围非常抽象。两维分开维护很困难，但是一维可以直接可持久化 01-trie。那么考虑对 \(x\) 暴力，对 \(y\) 用可持久化 01-trie 维护。每次询问，暴力统计 \(x\) 数组中的贡献。
具体地，把 \(x_i\) 的每一位单独拿出来，由于是第 \(k\) 大，统计这一位异或起来为 \(1\) 的个数，如果大于等于 \(k\)，就都走二进制位不同的那一位并且统计这一位的贡献；小于 \(k\) 就走二进制位相同的那一项。所有贡献加起来即可。
代码实现
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int maxn = 1e3 + 10, maxm = 3e5 + 10;
int n, m, q, x[maxn], y[maxm];int tot, ch[maxm << 6][2], sz[maxm << 6], rt[maxm], posl[maxn], posr[maxn];
void add(int u, int v, int t, int k) {if(t < 0) return;int i = (k >> t) & 1;ch[u][i] = ++tot, ch[u][i ^ 1] = ch[v][i ^ 1];sz[ch[u][i]] = sz[ch[v][i]] + 1;return add(ch[u][i], ch[v][i], t - 1, k), void(0);
}
int ask(int xl, int xr, int yl, int yr, int k) {for(int j = xl; j <= xr; j++) posl[j] = rt[yl - 1], posr[j] = rt[yr];int res = 0;for(int t = 31; t >= 0; t--) {int cnt = 0;for(int j = xl; j <= xr; j++) {int i = (x[j] >> t) & 1;cnt += sz[ch[posr[j]][i ^ 1]] - sz[ch[posl[j]][i ^ 1]];}if(cnt >= k) {res |= (1 << t);for(int j = xl; j <= xr; j++) {int i = (x[j] >> t) & 1;posl[j] = ch[posl[j]][i ^ 1];posr[j] = ch[posr[j]][i ^ 1];}}else {k -= cnt;for(int j = xl; j <= xr; j++) {int i = (x[j] >> t) & 1;posl[j] = ch[posl[j]][i];posr[j] = ch[posr[j]][i];}}}return res;
}int main() {ios :: sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);// rt[0] = ++tot; add(rt[0], 0, 33, 0);cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> x[i];for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> y[i], rt[i] = ++tot, add(rt[i], rt[i - 1], 31, y[i]);cin >> q;for(int i = 1; i <= q; i++) {int u, d, l, r, k; cin >> u >> d >> l >> r >> k;cout << ask(u, d, l, r, k) << endl;}return 0;
}
lxl 上课讲到的题，如果学过可持久化 01-trie 就是宝宝题
