Description

對於一個長度為m的序列a,記 $f\left(a\right)=\max \left(\right($

a 1   x o r   . . .   x o r   a i ) + ( a i + 1   x o r   . . .   x o r   a n ) ) , i ∈ [ 0 , m ] f(a)=\max((a_1\ xor\ ...\ xor\ a_i)+(a_{i+1}\ xor\ ...\ xor\ a_n)),i\in[0,m]

給你一個長度為n的序列a，依次輸出 $a[1..1],a[1..2],...,a[1..n]$的f值
$a_i\leq 10^6,n\leq 300000$

Solution

我們先將序列a做一次字首異或，記 $b_i=a_1\ xor\ ...\ xor\ a_i$
那麼 $f(a[1..i])=\max(b_j+(b_i\ xor\ b_j)),j\in[0,i]$

從高到低考慮 $b_i$的二進位制位，如果 $2^k$這一位為1，那麼j無論怎麼選這一位對總和貢獻都是 $2^k$
如果這一位為0，那麼就要看 $b_j$的這一位，如果為1那麼就有 $2^{k+1}$的貢獻，否則貢獻就是0

問題就轉化成我們需要選擇一個j，使得 $b_j$在 $b_i$為0的更的高位要儘可能為1，為1的位可以任意，然後按位確定答案。

問題就在於這個為1的位可以任意。我們很難用一個Trie來維護，因為碰到1需要兩邊都一起跑。
考慮預處理
預處理狀態 $F[S]$，S為一個二進位制狀態，一開始S的意義就是S這個二進位制數在序列中最早出現的位置，直接掃一遍存進來即可。

為了滿足我們為1的位可以任意取，我們修改 $F[S]$的定義， $F[S]$表示所有二進位制數 $T$在序列中最早出現的位置， $S\ and\ T=S$，或者說 $S\in T$，即S的某一位為0實際上T可以為0或1。
這個動態維護比較難，我們先掃一遍存進來，然後做DP，列舉每一個為0的位轉移。
本質上，這是一個高維字首和的過程。

現在查詢答案就好查了，我們從高位到低位掃 $b_i$，前面已經確定好的不變，然後看這一位是0還是1，是0就判斷是否存在 $F[S']\leq i,$S’前面都滿足且這一位為1，然後直接統計即可。

（其實用Trie也是可以的，我們先離線將Trie建出來，然後1的兒子不變，0的兒子合併1的兒子狀態，本質與上面相同）

複雜度 $O((n+\max(a))\log \max(a))$

Code

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <iostream>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define N 460005
using namespace std;
int a[N],n,f[1048576],cf[21],ans[N];
int main()
{
	cin>>n;
	a[0]=0;
	cf[0]=1;
	fo(i,1,20) cf[i]=cf[i-1]<<1;
	memset(f,107,sizeof(f));
	fo(i,1,n) 
	{
		scanf("%d",&a[i]),a[i]^=a[i-1];
		f[a[i]]=min(f[a[i]],i);
	}
	fod(j,cf[20]-1,0) 
		fo(i,0,19) if(!(j&cf[i])) f[j]=min(f[j],f[j^cf[i]]);
	fo(i,1,n)
	{
		int s=0,v=0;
		fod(j,19,0)
		{
			if(a[i]&cf[j]) s+=cf[j];
			else
			{
				v^=cf[j];
				if(f[v]<=i) s+=cf[j+1];
				else v^=cf[j];
			}
		}
		printf("%d\n",s);
	}	
}