【AtCoder3913】【Peterzavodsk Contest 001 F】XOR Tree（状压DP）

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动态规划(DP)

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本文介绍了一种针对树形结构的异或操作优化算法，旨在通过最少次数的操作使所有边权变为0。通过分析节点间异或和的特性，采用状态压缩与动态规划策略，实现了高效的解决方案。

看了别人的题解，想了半天，我决定把它解释清楚一些。

题目大意

有 $N(2\leq N\leq10^5)$ 个点的树，树边有权值 $a(0\leq a \leq 15)$ ，每次操作可以把树上一条路径上所有边异或一个任意值 $w$ ，最少多少次操作可以使所有边权都变为 $0$ 。

题解

用 $V[u]$ 表示把结点 $u$ 的所有边的权值异或和，那么选择一条路径 $u→v$ 全部异或 $w$ 只对端点 $V[u]$ 和 $V[v]$ 有影响（其它路径上的点分别被有两条边被异或，这些点的 $V$ 值被异或两次 $w$ ， $V$ 值不变）。
当所有结点的 $V$ 值都为 $0$ 时，边权也一定为 $0$ 。

稍微证一下：假设所有 $V$ 值都为 $0$ 了，边权仍有不为 $0$ 的，则某个结点一定有至少两条不为 $0$ 的边，则它的邻接点也至少有两条不为 $0$ 的边，而这是一颗树，一定存在只有一条边的叶子结点，它不可能做到 $V$ 值为 $0$ ，假设不成立。

将所有结点的 $V$ 值处理出来，先将每两个 $V$ 值相同的结点用一次操作处理为 $0$ （异或这个 $V$ 值），剩余单出来的使用二进制状压表示一个状态。
每次至少将一个 $V$ 值化为 $0$ 为最优的转移。

稍微证一下：如果一次操作没有把任何一个 $V$ 化为 $0$ ，如 $a$ 与 $b$ 同时异或 $w$ ，使得 $a\oplus w=c$ , $b\oplus w=d$ ，以便于与另外存在的 $c$ 和 $d$ 进行异或同时处理，共 $3$ 次操作；也可以以每次操作消掉一个 $V$ 代替：① $a\oplus a=0$ , $c\oplus a=w$ ;② $b\oplus b=0$ , $d\oplus b=w$ ;③ $w\oplus w=0$ , $w\oplus w =0$ 。

每次枚举两个状态 $S$ 中的数 $i,j$ ，做一次他们异或的操作，使之变为 $0, i\oplus j$ ，如果 $i\oplus j$ 存在于状态S中，再用一次操作消除这它，即转移到一个新的状态。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=100005;

int dp[1<<16],V[MAXN],cnt[16];

int DP(int s)
{
    if(s==0)
        return 0;
    if(dp[s]!=-1)
        return dp[s];
    dp[s]=0x3FFFFFFF;
    for(int i=1;i<16;i++)
        if(s&(1<<i))
            for(int j=1;j<16;j++)
                if(s&(1<<j))
                {
                    int ns=s^(1<<i)^(1<<j)^(1<<(i^j));
                    if(__builtin_popcount(ns)<__builtin_popcount(s))
                        dp[s]=min(dp[s],DP(ns)+1+(((1<<(i^j))&s)==(1<<(i^j))));
                }
    return dp[s];
}

int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1,x,y,a;i<n;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&a);
        V[x]^=a;
        V[y]^=a;
    }
    for(int i=0;i<n;i++)
        if(V[i])
            cnt[V[i]]++;
    int ans=0,st=0;
    for(int i=0;i<16;i++)
    {
        ans+=cnt[i]/2;
        st^=(cnt[i]&1)<<i;
    }
    memset(dp,-1,sizeof dp);
    ans+=DP(st);
    printf("%d\n",ans);

    return 0;
}