Problem Description
Give you an array A[1..n]，you need to calculate how many tuples (i,j,k) satisfy that (i<j<k) and ((A[i] xor A[j])<(A[j] xor A[k]))
There are T test cases.
1≤T≤20
1≤∑n≤5∗105
0≤A[i]<230
Input
There is only one integer T on first line.
For each test case , the first line consists of one integer n ,and the second line consists of n integers which means the array A[1..n]
Output
For each test case , output an integer , which means the answer.
Sample Input
1
5
1 2 3 4 5
Sample Output
6
启发博客：http://blog.****.net/dormousenone/article/details/76570172
摘：
利用字典树维护前 k-1 个数。当前处理第 k 个数。
显然对于 k 与 i 的最高不相同位 kp 与 ip ：
当 ip=0 , kp=1 时，该最高不相同位之前的 ihigher=khigher 。则 jhigher 可以为任意数，均不对 i, k 更高位（指最高不相同位之前的高位，后同）的比较产生影响。而此时 jp 位必须为 0 才可保证不等式 (Ai⊕Aj)<(Aj⊕Ak) 成立。
当 ip=1,kp=0 时，jp 位必须为 1 ，更高位任意。
故利用数组 cnt[31][2] 统计每一位为 0 ，为 1 的有多少个（在前 K-1 个数中）。在字典树插入第 k 个数时，同时统计最高不相同位，即对于每次插入的 p 位为 num[p] (取值 0 或 1)，在同父节点对应的 1-num[p] 为根子树的所有节点均可作为 i 来寻找 j 以获取对答案的贡献。其中又仅要求 jp 与 ip (ip 值即 1-num[p]) 相同，故 jp 有 cnt[p][ 1-num[p] ] 种取值方案。
但是，同时需要注意 i 与 j 有在 A 数组的先后关系 (i<j) 需要保证。故在字典树中额外维护一个 Ext 点，记录将每次新加入的点与多少原有点可构成 i, j 关系。在后续计算贡献时去掉。
其余详见代码注释。
#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
long long ans1,ans2;
int num[];//每一个数字的二进制转化
int cnt[][];//cnt[i][j]记录全部插入数字第i位为0、1分别的数字 struct trie
{
trie* next[];
int cnt,ext;
trie()
{
next[]=NULL;
next[]=NULL;
cnt=;//拥有当前前缀的数字个数
ext=;//
}
}; void calc(trie* tmp,long long c)
{
ans1+=tmp->cnt*(tmp->cnt-)/;
ans2+=(c-tmp->cnt)*tmp->cnt-tmp->ext;
} void insert(trie* r)
{
int i;
for(i=;i<=;i++)
{
if(r->next[num[i]]==NULL)
r->next[num[i]]= new trie;
if(r->next[-num[i]]!=NULL)
calc(r->next[-num[i]],cnt[i][-num[i]]);
r=r->next[num[i]];
r->cnt++;
r->ext+=cnt[i][num[i]]-r->cnt;
//每个点存下同位同数不同父亲节点的数字个数且序号比本身小的
}
return ;
} int main()
{
int T,n,tmp;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
trie root;
ans1=;//i,j选自同父亲节点
ans2=;//i选自同父亲节点，j选择同位不同数不同父亲节点
memset(cnt,,sizeof(cnt));
while(n--)
{
scanf("%d",&tmp);
for(int i=;i>=;i--)//这样可以保证不同大小的数字前缀都为0
{
num[i]=tmp%;
cnt[i][num[i]]++;
tmp/=;
}
insert(&root);
}
printf("%lld\n",ans1+ans2);
}
return ;
}