給定整數m以及n個數字A1，A2,...An,將數列A中所有元素兩兩異或，共能得到n(n-1)/2個結果，請求出這些結果中大於m的有多少個。
一看題目，感覺是trie樹，也沒搞清楚邏輯，就開始碼代碼，這樣的結果注定是失敗的！正確的做法是在紙上畫清楚，每一步應該怎么做，應該怎么考慮邊界條件，怎么搜索，拿最簡單的例子測試，然后自己再想一些邊界例子測試，最后才是碼代碼，除非你對這題很熟，或者感覺是水題，直接寫也可以。反正最后不會做，看了一下大神代碼，半天才理解，都是套路，其實這個性質一時半會分析不出來吧！
分析：暴力是不行的，1e5的數據范圍，暴力肯定超時，大方向肯定是用trie樹進行壓縮，然后是查找，關鍵的問題是，給定數字a，我們需要尋找b的格式，使得a^b>m，怎么從trie樹中尋找b的個數，就是解決這道題目的關鍵。
1. 我想說明下數據范圍，n，m，Ai都是[1,1e5]的，(1 << 17)>1e5，所以一個數至少要17位來存儲，所以trie樹的節點個數就是1e5*17，這個不理解的話，仔細查看一下trie樹的資料吧。
2. 然后是a^b>m,現在我們知道a和m，要查找b的個數，首先a和m可以簡單的表示成17位二進制01的形式，然后查找。查找的時候，以m為導向，我們盡量確保a^b以后，如果m相應位置為0，a^b相應位置為1的，肯定比m大（肯定大需要按照這里要求的方式從高位到低位進行枚舉），然后最后結果加上這些為1的即可！不管后面的位是什么情況，因為結果肯定是大於m的！ 如果m相應的位置為1，我們需要a和b相應的位置不同，即一個為1，一個為0.到這里可能迷糊了，如果相同也能保證異或結果大於m啊，比如（m=01010,a=00110,這里簡單起見，一共5位，從左到右編號，m的第一位為0，如果a^b以后這位為1，顯然是滿足的，最后結果直接加上即可，不管后面的位是什么情況；然后考慮m的第二位為1，這里我需要保證a^b結果，相應位為1，然后往后才能找到滿足要求異或結果大於m的，當然，有人說結果是0也可以啊，但是前一種情況已經把這種情況考慮進去了，這里只需要考慮這里的結果位為1即可，也就是a和b相應的二進制的這一位不同）
3. 第二點有點難懂，下面可以結合代碼理解。我這里還要說明，什么時候統計結果，統計結果就是a和b的異或結果大於m，也就是m相應位置為1，結果就是異或結果相應位置為1，也就是異或結果盡量保證m二進制位上為1的位置盡量為1，（盡量為1的意思是：不一定一定為1，考慮上面的給的例子的第一種情況）。然后為0的位置至少有一個位置為1.最后的結果要用long long來存儲，n(n-1)/2，int可能會溢出。最后，(a,b)和(b,a)算一種情況，所以結果需要除以2.
友情提示：跟1異或，相當於該位取反。a^b=c,有a^c=b.
下面是牛客網上抄的，比我講的清楚。
異或那道題可以把每個數的二進制位求出來，用一個字典樹維護，然后遍歷每一個數按位貪心，比如這一位m是1，遍歷的這個數這一位是0，那么和他異或的數就必須是1，如果這一位m是0，要大於m的話異或和的這一位可以是1也可以是零，ans加上之前維護的二進制位加上使這一位為1的數在字典樹中查詢有多少個數滿足這個前綴的條件，然后在令這一位的異或和為0，繼續向下遍歷，最后的答案除以2.
貼上大神的代碼，膜拜一下！orz。
放幾個我認為有幫助的題目吧：
1. http://codeforces.com/problemset/problem/282/E 這個相關度最高，trie+xor
2. http://codeforces.com/contest/706/problem/D 這個也是trie+xor
3. http://codeforces.com/contest/714/problem/C 這個只有trie，這個題有點意思，還有不用trie樹的簡單做法。
4. https://threads-iiith.quora.com/Tutorial-on-Trie-and-example-problems 關於trie樹的一點知識點吧！
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 4 const int N = 100010; 5 6 int a[N]; 7 8 struct node { 9 int count; 10 int next[2]; 11 }p[N*17], root; 12 13 int cnt = 0; 14 void insert(int *a, int len) { 15 int now = 0; 16 for (int i = 0; i < len; ++i) { 17 if (p[now].next[a[i]] == -1) { 18 cnt++; 19 p[cnt].next[0] = p[cnt].next[1] = -1; 20 p[cnt].count = 0; 21 p[now].next[a[i]] = cnt; 22 } 23 now = p[now].next[a[i]]; 24 p[now].count++; 25 } 26 } 27 28 typedef long long LL; 29 int query(int *a, int *b, int len) { 30 int now = 0; 31 int ret = 0; 32 for (int i = 0; now != -1 && i < len; ++i) { 33 if (b[i] == 0) { 34 if (p[now].next[1^a[i]] != -1) ret += p[p[now].next[1^a[i]]].count; 35 now = p[now].next[a[i]]; 36 } 37 else { 38 now = p[now].next[1^a[i]]; 39 } 40 } 41 return ret; 42 } 43 44 45 int main() { 46 int n, m; 47 while (scanf("%d%d", &n, &m) == 2) { 48 cnt = 0; 49 p[0].next[0] = p[0].next[1] = -1; 50 p[0].count = 0; 51 for (int i = 0; i < n; ++i) { 52 scanf("%d", &a[i]); 53 int tmp[18]; 54 for (int j = 0; j < 18; ++j) 55 tmp[j] = (a[i] >> (17 - j)) & 1; 56 insert(tmp, 18); 57 //for (int i = 0; i < 30; ++i) printf("%d ", p[i].count); 58 //puts("----"); 59 } 60 int kk[18]; 61 for (int j = 0; j < 18; ++j) 62 kk[j] = (m >> (17 - j)) & 1; 63 LL ret = 0; 64 for (int i = 0; i < n; ++i) { 65 int tmp[18]; 66 for (int j = 0; j < 18; ++j) 67 tmp[j] = (a[i] >> (17 - j)) & 1; 68 ret += query(tmp, kk, 18); 69 //printf("%d\n", ret); 70 } 71 printf("%lld\n", ret / 2); 72 } 73 return 0; 74 }
之前不小心加上了gist的鏈接，所以打開很慢！
摘自牛客網：
剛剛聽到另外一個方法...建好樹之后，把m轉成二進制，如果m當前位是0，直接把經過左右節點的數的個數相乘；如果m當前位是1，就分別從左右節點的子節點里選一個分支進行組合，遞歸調用，結果相加......
dfs里面的第一個if條件的原因，如果左右節點相等，i>j的情況不考慮，原因是：對於每一位，我們考慮（00,01,10,11），當當前節點相同的時候，01和10只需要計算一次即可，仔細想想！
1 /* 2 ID: y1197771 3 PROG: test 4 LANG: C++ 5 */ 6 #include<bits/stdc++.h> 7 #define pb push_back 8 #define FOR(i, n) for (int i = 0; i < (int)n; ++i) 9 #define dbg(x) cout << #x << " at line " << __LINE__ << " is: " << x << endl 10 typedef long long ll; 11 using namespace std; 12 typedef pair<int, int> pii; 13 const int maxn = 1e5 + 10; 14 struct node { 15 int next[2]; 16 int c; 17 node() { 18 memset(next, 0, sizeof next); 19 c = 0; 20 } 21 } A[maxn * 18]; 22 int num; 23 int n, m; 24 int tag[18]; 25 void insert(int x) { 26 int u = 0, cur = 0; 27 for (int i = 17; i >= 0; i--) { 28 cur = ((1 << i) & x) > 0; 29 if(!A[u].next[cur]) { 30 A[u].next[cur] = ++num; 31 } 32 u = A[u].next[cur]; 33 //cout << u << " " << x << endl; 34 A[u].c++; 35 } 36 } 37 ll dfs(int cur, int l, int r) { 38 39 if(cur < 0) return 0; 40 ll res = 0; 41 for (int i = 0; i <= 1; i++) { 42 for (int j = 0; j <= 1; j++) { 43 if(l == r && i > j) continue; 44 if(!A[A[l].next[i] ].c || !A[A[r].next[j] ].c) continue; 45 if((i ^ j) > tag[cur]) { 46 res += 1ll * A[A[l].next[i] ].c * A[A[r].next[j] ].c; 47 } else if((i ^ j) == tag[cur]) { 48 res += dfs(cur - 1, A[l].next[i], A[r].next[j]); 49 } 50 } 51 } 52 //cout << cur << " " << l << " " << r << " " << res << endl; 53 return res; 54 } 55 void solve() { 56 num = 0; 57 memset(A, 0, sizeof A); 58 cin >> n >> m; 59 int x; 60 for (int i = 0; i < n; i++) { 61 cin >> x; 62 insert(x); 63 } 64 for (int i = 17; i >= 0; i--) { 65 tag[i] = ((1 << i) & m) > 0; 66 } 67 printf("%I64d\n", dfs(17, 0, 0)); 68 } 69 int main() { 70 freopen("data", "r", stdin); 71 //freopen("test.out", "w", stdout); 72 int _ = 20; 73 while(_--) 74 solve(); 75 return 0; 76 }