Codeforces Round #396 (Div. 2) E. Mahmoud and a xor trip(树形dp+二进制按位拆分)
来源:互联网 发布:汉字书写教学软件 编辑:程序博客网 时间:2024/05/21 14:01
CF E
题解:给你一棵n个节点的树以及每个节点的权值,点权。dis(u,v)表示节点u到v路径上的异或和,求不大于i的节点与i组成的有序对的距离的和(1<=i<=n)。
题解:树形dp。因为XOR时每一位的操作都是独立的,所以我们可以考虑将这些数的二进制按位拆分考虑。枚举二进制的每一位对,统计对答案的贡献。考虑当前的根节点为cur,那么:
dp[cur][0]表示以cur为根节点的异或值为0的路径的数量。
dp[cur][1]表示以cur为根节点的异或值为1的路径的数量 。
代码:
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int N = 1e5 + 10;ll dp[N][2];ll a[N];ll ans = 0;vector<int> G[N];void dfs(int cur, int fa, int bit){ ll res = 0; int b = (a[cur] >> bit) & 1;//取得当前的a[cur]在第bit位是0还是1 //这里好巧妙啊... dp[cur][b] = 1;//初始化 dp[cur][b ^ 1] = 0;//初始化 for(auto v:G[cur]){ if(v!=fa){ dfs(v, cur, bit); res += dp[cur][0] * dp[v][1] + dp[cur][1] * dp[v][0];//统计子节点到cur的路径上异或和,只需算1^0与0^1即可 dp[cur][b ^ 0] += dp[v][0];//更新异或操作后的状态值 dp[cur][b ^ 1] += dp[v][1];//更新异或操作后的状态值}}/* for (int i = 0; i<G[cur].size(); i++){ int v = G[cur][i]; if (v == fa)continue; dfs(v, cur, bit); q += dp[cur][0] * dp[v][1] + dp[cur][1] * dp[v][0]; dp[cur][b ^ 0] += dp[v][0]; dp[cur][b ^ 1] += dp[v][1]; } */ ans += (res << bit);//更新答案}int main(){ int n, u, v; cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i++){ cin >> a[i]; ans += a[i]; } for (int i = 0; i<n - 1; i++){ cin >> u >> v; G[u].push_back(v); G[v].push_back(u); } //由于权值最大为1e6,所以只需要枚举到20位。2^20=1048576 for (int i = 0; i <= 20; i++) dfs(1, 0, i); return 0*printf("%I64d\n",ans);}/*51 2 3 4 51 22 33 43 552*/
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