AT3913 XOR Tree 题解

题目链接：AT3913 XOR Tree

题意：给你一棵有 $N$ 个节点的树，节点编号从 $0$ 到 $N ? 1$ ，树边编号从 $1$ 到 $N ? 1$ 。第 $i$ 条边连接节点 $x_i$ 和 $y_i$ ，其权值为 $a_i$ 。

你可以对树执行任意次操作，每次操作选取一条链和一个非负整数 $x$ ，将链上的边的权值与 $x$ 异或成为该边的新权值。

问最少需要多少次操作，使得所有边的权值都为 $0$ 。

$2\le N \le10^5,0\le x_i,y_i \le N-1,0\le a_i \le 15$

~~第100篇博客啦！~~

首先可以想到：

边权不好处理，将其转化为点权

不过如果直接转化为点权似乎还是不好弄 ~~q779想到这就没了~~

我们知道异或有自反性 $(p\oplus q \oplus p = q )$ 等性质

则考虑将点权定义为 $\text{val}(u) = \bigoplus\limits_{v_i \in V \land (u,v_i) \in E}w(u,v_i)$

也就是和每个结点直接相邻的边的边权的异或和

此时我们就将边权映射到了点权上（注意本题可以看作一棵无向无根树）

路径 $u ? v$ 的修改转化为了 $u, v$ 两个点的修改

因为点权是异或和

所以同时修改路径上某个非端点结点所连的两条边，异或和不变（自反性）

首先，我们来证明几个结论

命题1 ：当且仅当 $\sum_{u_i\in V} \text{val}(u_i)=0$ 时， $\sum_{l_i\in E} w(l_i) = 0$ 。

证明：

必要性证明：显然当边权和为 $0$ 时，点权和也为 $0$ 。
充分性证明：设树上的结点数为 $n$ ，若叶子结点 $u$ 的点权为 $0$

则与其相连的边的边权也为 $0$ ，因此这条边不会影响到 $u$ 的父结点，归纳可得

$\sum_{u_i\in V} \text{val}(u_i)=0 \Rightarrow \sum_{l_i\in E} w(l_i) = 0$

命题2：一个数字集合通过不断取两个数字并异或上同一个数有解，当且仅当这个数字集合异或和为 $0$ 。

证明：显然，因为每次修改不会改变该集合的异或和。

命题3： $\bigoplus\limits_{u_i\in V} \text{val}(u_i) = 0$ 。

证明：显然，每条边都有两个端点，根据自反性可得。

这样，我们就可以贪心地选择两个点权相同的结点消掉了

可是如果没有没有点权相同的结点了怎么办呢？

可以发现，此时最多有 $16$ 个互不相同的数字，而 $0$ 不用考虑，因此最多只有 $15$ 个数字

考虑状压dp

令 $dp_s$ 为将数字集合 $s$ 全部变为 $0$ 的最小操作数

显然至多要 $∣ s ∣ ? 1$ 次操作（也就是原图中一条条边消）

直接去搞是有后效性的，所以考虑如何转移

我们可以枚举 $s$ 的一个子集 $k$ ，则有 $dp_s = \min(dp_s,dp_k+dp_{s/k})$

复杂度怎么样呢？
$\begin{aligned} O\left( \sum\limits_{i=1}^{15}\operatorname{C}_{15}^i2^i + n\right) &= O\left((1+2)^{15}-1 + n\right) \\ &= O(3^{15}+n) \\\\ &= O(n) \end{aligned}$
代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define N (int)(2e5+15)
int n,val[N],d[N],cnt[25],res,st,sxr[N];
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin >> n;
    for(int i=1,u,v,w; i<n; i++)
        cin >> u >> v >> w,val[u]^=w,val[v]^=w;
    for(int i=0; i<n; i++) ++cnt[val[i]];
    for(int i=1; i<=15; i++) res+=cnt[i]/2,st|=(cnt[i]&1)<<(i-1);
    for(int i=1; i<(1<<15); i++) d[i]=d[i>>1]+(i&1);
    for(int i=1; i<(1<<15); i++)--d[i];
    for(int i=1; i<(1<<15); i++)
        for(int j=0; j<15; j++)if((i>>j)&1)sxr[i]^=(j+1);
    for(int i=1; i<(1<<15); i++)
    {
        if(sxr[i]!=0)continue;
        for(int k=(i-1)&i; k; k=(k-1)&i)
            if(sxr[k]==0)d[i]=min(d[i],d[k]+d[i^k]);
    }
    cout << res+d[st] << endl;
    return 0;
}