【牛客 - 272B】Xor Path（树上操作，路径异或值）

题干：

给定一棵n个点的树，每个点有权值 ${A_i}$ 。定义 ${\mathbb{path}(i,j)}$ 表示到的最短路径上，所有点的点权异或和。

对于 ${i=1\sim n-1,\ j=i+1\sim n}$ ，求所有 ${\mathbb{path}(i,j)}$ 的异或和。

输入描述:

第一行一个整数n。

接下来n-1行，每行2个整数u,v，表示u,v之间有一条边。

第n+1行有n个整数，表示每个点的权值 ${A_i}$ 。

输出描述:

输出一个整数，表示所有的异或和，其中。

示例1

输入

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输出

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说明

${\mathbb{path}(1,2)=A_1\ \mathbb{xor}\ A_2=3\\ \mathbb{path}(1,3)=A_1\ \mathbb{xor}\ A_3=2\\ \mathbb{path}(1,4)=A_1\ \mathbb{xor}\ A_4=5\\ \mathbb{path}(2,3)=A_2\ \mathbb{xor}\ A_1\ \mathbb{xor}\ A_3=0\\ \mathbb{path}(2,4)=A_2\ \mathbb{xor}\ A_1\ \mathbb{xor}\ A_4=7\\ \mathbb{path}(3,4)=A_3\ \mathbb{xor}\ A_1\ \mathbb{xor}\ A_4=6}$

再将这6个数异或起来就可以得到答案5了。

备注:

。

题目大意：

每个顶点的点权为Ai，任意两点路径上点权异或和为Path(i,j)，求所有路径的Path(i,j)的异或和。

解题报告：

比较套路的一道题，。，算一下每个节点的贡献就行了。牵扯异或了所以肯定要看是否会有重复操作（因为对这个点进行两次异或就会使得原结果不变）

一个题解：

考虑每个顶点，有三种情况被用到

1.本身和其他顶点：n-1

2.该顶点上面的顶点（k）和下面的顶点（m）通过该点进行连接：k*m

3.该顶底下面的顶点通过该点进行连接（上面顶点不用的原因是：从上层层下来，已经记录过。）：任意两个子树个数相乘之和。（比较难想，，注意一下使用一个技巧：只有奇数*奇数才=奇数，，就方便思考了）

第三种情况直接算会超时，我们需要优化一下，考虑下如果子树个数为偶数相当于没有贡献，所以只要考虑子树个数为奇数的即可，最后判断下C（cnt,2）是否为奇数，奇数的话贡献+1。

AC代码：（500-700ms第一次交TLE了、、）

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define ll long long
#define pb push_back
#define pm make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int MAX = 7e5 + 5;
vector<int> vv[MAX];
ll dp[MAX],ans;
ll a[MAX];
int n;
ll dfs(int cur,int rt) {int up = (int)vv[cur].size();ll tmp,cnt=0,sum=0;for(int i = 0; i<up; i++) {int v = vv[cur][i];if(v == rt) continue;tmp = dfs(v,cur);dp[cur] += tmp; if(tmp%2==1) cnt++;}if((cnt*(cnt-1)/2)%2) sum++;sum+=n-1;sum+= (dp[cur]-1) * (n - dp[cur]);
//  sum=(sum+(n-1)+(dp[cur]-1)*(n-dp[cur])%2)%2; 用这一行也可以AC、、、if(sum%2==1) ans ^= a[cur];return dp[cur];
}
int main()
{cin>>n;for(int i = 1,u,v; i<=n-1; i++) {scanf("%d%d",&u,&v);vv[u].pb(v);vv[v].pb(u);} for(int i = 1; i<=n; i++) scanf("%lld",a+i),dp[i]=1;dfs(1,-1);printf("%lld\n",ans);return 0 ;}

总结：

这题刚开始没有初始化dp[i]=1，，倒置用注释和不用注释的结果不一样，我当时还在想为什么会不一样，，因为在哪取模应该都一样啊，，后来发现是因为dp[cur]-1 那里就变成-1了，，所以先取模和后驱魔结果才会不一样，，虽然都不是正确结果但是当时句式想研究一下为什么两种方式会得出不一样的结果，现在知道了，，并且dp[i]显然要赋值为1啊。。

再附一个快的飞起的短代码：（177ms）

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 500010
using namespace std;
template <typename T> void read(T &x){x=0;char c=getchar();int fh=1;while (!isdigit(c)){if (c=='-')fh=-1;c=getchar();}while (isdigit(c))x=x*10+c-'0',c=getchar();x*=fh;
}
struct Info{int nu,ne;}a[N*2];
int b[N],num,x,y,v[N],n;
ll si[N],ansn;
void jb(int x,int y){a[++num].nu=y;a[num].ne=b[x];b[x]=num;}
void dfs(int x,int fa){ll sum=0;si[x]=1;for (int y=b[x];y;y=a[y].ne){if (a[y].nu!=fa){dfs(a[y].nu,x);sum=sum+si[a[y].nu]*si[x];si[x]+=si[a[y].nu];}}sum=sum+si[x]*(n-si[x]);if (sum%2==1)ansn^=v[x];
}
int main(){read(n);for (int i=1;i<n;i++){read(x);read(y);jb(x,y);jb(y,x);}for (int i=1;i<=n;i++){read(v[i]);}dfs(1,0);cout<<ansn<<endl;return 0;
}

std：

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e6+5;int n,Ans,Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1],A[N],sz[N];inline int read()
{int now=0;register char c=gc();for(;!isdigit(c);c=gc());for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());return now;
}
inline void AE(int u,int v)
{to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum;
}
void DFS(int x,int fa)
{sz[x]=1;for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])if((v=to[i])!=fa) DFS(v,x), sz[x]+=sz[v];LL tmp=n-sz[x];//不经过x的子树的路径for(int s=n-sz[x]+1,i=H[x],v; i; i=nxt[i])if((v=to[i])!=fa) tmp+=1ll*s*sz[v], s+=sz[v];//经过v这个孩子节点的 那一串子树的。再累加。（话说，，为啥不会爆longlong呢？）if(tmp&1) Ans^=A[x];
}
int main()
{n=read();for(int i=1; i<n; ++i) AE(read(),read());for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();DFS(1,1), printf("%d\n",Ans);fclose(stdin), fclose(stdout);return 0;
}