我的第乙個想法其實是毫無頭緒
根本就想不到dp，直接就寫了爆搜
後來講了才知道。。。
這種dp的狀態好像是一類dp的模型，他們的狀態都有這樣的一維：以第i個數結尾。
這樣的dp有什麼樣的標誌呢？
以第i個數為結尾，說明這個狀態和第i個數是有關係的，一般是選擇數列中的數字
這種狀態在於他的狀態出來了，轉移一般也能夠直接顯示出來，然後在轉移中會列舉前面的狀態進行轉移，然後就可以在列舉中進行優化。
最後一般是o(n)或者o(n log n)的複雜度.
這裡有一道這樣的dp題目
這道題目呢，不要去考慮每乙個數的大小，在我們的眼裡，它應該是只能是乙個大小的關係，至於到底是幾，在每乙個狀態裡面根本就沒有考慮的必要。也沒有意義
設f[i][j]為選到了第i個數，目前以j結尾的可能性。
轉移就很明顯了
這裡就不講了
這道題目和這個t3是一樣的，狀態中都有一維是以i結尾。
因為在目前，我們的決策只是取決於上乙個數的大小，所以只用記錄一下就行了
這道題目呢，我們發現這是異或。
異或有乙個奇妙的性質，兩個數之間如果他們差的絕對值越小，他們的異或值越小。
這個是我寫上乙個t3時發現的。。。
艹那麼，我們先拍個序，就可以發現，如果要滿足這個任意兩個數的異或都要大於x，那就是要滿足，任意乙個數和其他的數異或的最小值都要大於x
上面已經講了，乙個數異或的最小值就是和它最近的數的異或，在排序後就是他左右的數
所以我們只需要保證目前這個階段在轉移的時候合法即可，這個階段的決策完全不會影響到其他任何的決策.這其實是我應該想到的。
唉所以就有了o(n^2)暴力
//¼óóí#include#define ll long long
using namespace std;
int f[100001],n,a[100001],x;
inline ll read()
int main()
sort(a+1,a+1+n);
f[1]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
}} int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)ans+=f[i];
cout真不戳
我們發現這個轉移中，每一次都要用o(n)去查詢a[j]使a[i]^a[j]比x大。
我們需要乙個東西來快速查詢比x大的a[i]^a[j]，這時我們想到了trie樹.
我們把每乙個f[j]都先放進trie數中，每次就是在詢問a[i]^a[j]>x的f[j]之和，這個可以直接在trie樹上維護子樹和。
時間複雜度o(n log max(a[i]))
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