我跟可持久化数据结构杠上了 \(QwQ\) 。三天模拟赛考了两次可持久化数据结构（主席树、可持久化0-1Trie树），woc。
目录：
- 个人理解
- 时空复杂度分析
- 例题及简析
一、个人理解
可持久化0-1Trie树，是一种可以快速查询区间异或信息的高级数据结构。
它的主要思想和主席树相同，即保存每次插入操作的历史版本，来快速查询区间的异或信息。
0-1Trie树和平常写的strTrie树相同，都是维护前缀信息的数据结构。不同点只有一个，就是0-1Trie树是维护一个0-1串。可持久化0-1Trie树运用了贪心的思想，即将序列里的 \(X\) 按二进制为拆分，若当前 \(X_i\) （指 \(X\) 二进制拆分后的第 \(i\) 位）是1，我们就往0-1Trie树的0边走；反之就往0-1Trie树的1边走。
可持久化0-1Trie树与主席树相同，也需要动态开点。
注意：维护区间异或信息的不止可持久化0-1Trie树一种，还有线性基等。
二、时空复杂度分析：
时间复杂度：
与普通0-1Trie树相同：\(O(n\log n)\) 。
注：strTrie树的时间复杂度是 \(O(n)\) ，是一种典型的以时间换空间的算法。
空间复杂度：
与普通的0-1Trie树相同：\(O(\min\{n\log |f(a_i)|,|f(a_i)|\})\) ( \(|f(a_i)|\) 为值域)。注意常数为 \(2^5\) （1<<5）。
三、例题及简析
Description:
给定数列 \(\{a_n\}\) ,支持两种操作：
在数列尾添加一个数 \(x\) ，数列长度变成 \(n+1\) ;
给定闭区间 \([l,r]\) 和一个数 \(x\) ，求：
\[\max_{i=l}^{r}\left \{\left(\bigoplus_{j=i}^{n}a_j \right)\bigoplus x\right \}
\]
Method:
定义 \(Xorsum_i\) 为 \(\bigoplus_{i=1}^{n}a_i\) ,即前缀异或和。我们显然可以得到
\[\left(\bigoplus_{i=pos}^{n}a_i\right)\bigoplus x=Xorsum_{pos-1}\bigoplus Xorsum_n \bigoplus x
\]注：\(x\bigoplus x=0\) , \(x \bigoplus 0=x\) 。
我们发现 \(Xorsum_n\bigoplus x\) 是一个定值，我们只需要维护 \(Xorsum_{pos-1}\) 即可。
考虑用可持久化0-1Trie树维护。与主席树思路相同 ，我们建立 \(n+1\) 个版本的0-1Trie树，查询的时候运用贪心的思路即可。
可持久化线段树同样支持“前缀和”的思想，我们最后只需要在第 \(r\) 个版本的0-1Trie树上查找 \(l\) 位置即可。
本题毒瘤卡常，本人人丑常数大，用了
fread等各种卡常操作才通过。并且由于luogu评测姬的原因（大雾，已经通过的代码又会T掉woc。卡不过的话，开o2吧。Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define Maxn 600010
#define Maxdep 23
#define getchar()(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline void read(int &x)
{
int f=1;x=0;char s=getchar();
while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
int n,m;
int sum[Maxn];
struct trie
{
trie *chd[2];
int symbl;
trie()
{
for(int i=0;i<2;i++) chd[i]=NULL;
symbl=0;
}
}*root[Maxn],tree[Maxn<<5],*tail;
void Init(){tail=tree;}
void build(trie *&p,int dep)
{
p=new (tail++)trie();
if(dep<0) return ;
build(p->chd[0],dep-1);
}
void update(trie *&p,trie *flag,int dep,int i)
{
p=new (tail++)trie();
if(flag) *p=*flag;
if(dep<0) return (void)(p->symbl=i);
int tmp=(sum[i]>>dep)&1;//判断是1还是0
if(!tmp) update(p->chd[0],flag?flag->chd[0]:NULL,dep-1,i);
else update(p->chd[1],flag?flag->chd[1]:NULL,dep-1,i);
if(p->chd[0]) p->symbl=std::max(p->symbl,p->chd[0]->symbl);
if(p->chd[1]) p->symbl=std::max(p->symbl,p->chd[1]->symbl);
}
int query(trie *p,int x,int dep,int limit)
{
if(dep<0) return sum[p->symbl]^x;
int tmp=(x>>dep)&1;
if(p->chd[tmp^1]&&p->chd[tmp^1]->symbl>=limit) return query(p->chd[tmp^1],x,dep-1,limit);
return query(p->chd[tmp],x,dep-1,limit);
}
signed main()
{
Init();
read(n),read(m);
build(root[0],Maxdep);
for(int i=1,x;i<=n;i++)
{
read(x);
sum[i]=sum[i-1]^x;
update(root[i],root[i-1],Maxdep,i);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
char ch=getchar();
while(ch!='A'&&ch!='Q') ch=getchar();
if(ch=='A')
{
int x;
read(x);
n++;
sum[n]=sum[n-1]^x;
update(root[n],root[n-1],Maxdep,n);
continue;
}
if(ch=='Q')
{
int l,r,x;
read(l),read(r),read(x);
int ans=query(root[r-1],sum[n]^x,Maxdep,l-1);
printf("%d\n",ans);
continue;
}
}
return 0;
}