a 國共有 n 座城市，這些城市由 n-1 條道路相連，使得任意兩座城市可以互達，且路徑唯一。每座城市都有乙個
幸運數字，以紀念碑的形式矗立在這座城市的正中心，作為城市的象徵。一些旅行者希望遊覽 a 國。旅行者計畫
乘飛機降落在 x 號城市，沿著 x 號城市到 y 號城市之間那條唯一的路徑遊覽，最終從 y 城市起飛離開 a 國。
在經過每一座城市時，遊覽者就會有機會與這座城市的幸運數字拍照，從而將這份幸運儲存到自己身上。然而，幸
運是不能簡單疊加的，這一點遊覽者也十分清楚。他們迷信著幸運數字是以異或的方式保留在自己身上的。例如，
遊覽者拍了 3 張**，幸運值分別是 5，7，11，那麼最終保留在自己身上的幸運值就是 9（5 xor 7 xor 11）。
有些聰明的遊覽者發現，只要選擇性地進行拍照，便能獲得更大的幸運值。例如在上述三個幸運值中，只選擇 5
和 11 ，可以保留的幸運值為 14 。現在，一些遊覽者找到了聰明的你，希望你幫他們計算出在他們的行程安排中
可以保留的最大幸運值是多少。
第一行包含 2 個正整數 n ，q，分別表示城市的數量和旅行者數量。第二行包含 n 個非負整數，其中第 i 個整
數 gi 表示 i 號城市的幸運值。隨後 n-1 行，每行包含兩個正整數 x ，y，表示 x 號城市和 y 號城市之間有一
條道路相連。隨後 q 行，每行包含兩個正整數 x ，y，表示這名旅行者的旅行計畫是從 x 號城市到 y 號城市。n
<=20000,q<=200000,gi<=2^60
輸出需要包含 q 行，每行包含 1 個非負整數，表示這名旅行者可以保留的最大幸運值。
4 2
11 5 7 9
1 2
1 3
1 4
2 3
1 414
11不難發現問題就是每次詢問鏈上線性基的並，我寫的是點分治，這樣只需將兩個字首線性基暴力合併一下就好了。
時間複雜度為o(60(n+q)logn)。
#include#include#include#include#include#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
const int buffersize=1<<16;
char buffer[buffersize],*head,*tail;
inline char getchar()
return *head++;
}typedef long long ll;
inline ll read()
const int maxn=20010;
const int maxm=200010;
struct set
val^=a[i];
} }ll query()
}a[maxn];
int n,m,first[maxn],next[maxn<<1],to[maxn<<1],e;
ll val[maxn],ans[maxm];
void addedge(int u,int v)
int qx[maxm],qy[maxm],q[maxm];
int vis[maxn],f[maxn],s[maxn],root,size;
void getroot(int x,int fa)
int bel[maxn],cur;
void dfs(int x,int fa)
int cmp(int x,int y) else q[++n]=q[i];h=n;
if(f>h) return;
sort(q+f,q+h+1,cmp);
ren if(!vis[to[i]])
ren if(!vis[to[i]])
}int main()
BZOJ4568 Scoi2016 幸運數字
樹上查兩點間最大異或和 樹倍增，每個點維護向上2 k個點的線性基，然後在查lca的時候合併 關於點權維護倍增略蛋疼 合併線性基的時候就直接把乙個線性基里的插到另乙個裡 複雜度o m log n log 2inf 合併的時候加點優化可以降掉乙個loginf 接下來bb一些有關線性基和最大異或和的東西 ...
BZOJ 4568 Scoi2016 幸運數字
題目大意 給你一顆樹，多個詢問，問你樹上任意兩點的路徑上選任意幾個點使得異或和最大。我是參考的claris大神的 點分治，對於詢問在兩個子樹間或者有乙個在重心上的進行回答，否則把問題用鍊錶接到詢問點所在的子樹上。具體方法可以選中重心都對每個子樹染色，染為這個子樹的根節點。在子樹處理問題之前一定要記住...
BZOJ 4568 Scoi2016 幸運數字
可以合併的東西都是人類互相傷害的 參照cogs上採礦那道題 可以用樹剖維護線性基，複雜度q logn 2 logw 2 顯然會t。考慮到沒有修改 用點分治離線來做 乙個詢問如果經過當前分治根，則立即處理並不再下傳，否則下傳到相應子樹去做 複雜度nlognlogw qlogwlogw include ...