2020 CCPC Changchun F. Strange Memory【dsu on tree】

最新推荐文章于 2025-11-24 17:02:03 发布

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#算法 #数据结构

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本文介绍了一种解决特定树形结构问题的方法，通过树形DP与启发式合并技术来高效计算节点间的异或表达式。利用轻重儿子的概念进行启发式合并，通过维护计数数组来加速查找过程。

题意

给一颗 $n$ 个节点的树，节点 $u$ 有权值 $\le a[u] \le 1e6)$ ，计算下列表达式：
$j)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^{n}[a[i]\ xor\ a[j]==a[lca(i,j)]](i\ xor\ j)$

思路

由于 $\ne 0$ ，于是不存在 $i, j, l c a (i, j)$ 在一条链上的情况，于是可以考虑枚举以 $l c a (i, j)$ 为根的子树然后计算贡献。
由于 $a[j]==a[lca(i,j)]a[i]\ xor\ a[j] == a[lca(i,j)]$ 等价于 $a[j]\ xor\ a[lca(i,j)]$ ，现在考虑某颗以 $u$ 为根的子树对答案的贡献如何计算。一个容易想到的思路是，按照顺序遍历以 $u$ 的孩子 $v$ 为根的子树，对于 $v$ 子树内的某一个节点 $j$ ，令 $a[u]x=a[j]\ xor\ a[u]$ ，从已遍历的孩子表示的子树中，找到所有权值为 $x$ 的节点 $i$ ，将答案加上 $ji\ xor\ j$ 。这样算的复杂度肯定是爆炸的。
考虑按位去算，对于满足 $a[j]\ xor\ a[lca(i,j)]$ 的下标 $i$ 的某一位 $bi t$ ，只有 $i$ 与 $j$ 这一位不同才对答案有贡献，于是我们可以记录 $c n t [x] [bi t] [k]$ 表示，当前值为 $x$ 的下标中，第 $bi t$ 位为 $k$ 的下标个数。
接下来就是树上启发式合并的经典操作了，首先计算所有轻儿子对答案与 $c n t$ 数组的贡献，然后把轻儿子对 $c n t$ 数组的贡献去掉，计算重儿子对答案与 $c n t$ 数组的贡献即可。

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <set>
#include <vector>
#include <map>
#include <queue>
#include <cmath>

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;

const int N = 100005;

int n;
int a[N];
struct edge
{
    int to, next;
}e[N << 1];
int head[N], tot;
int cnt[1 << 20][20][2];
int siz[N], son[N];
bool vis[N];
LL ans;

void add(int u, int v)
{
    e[++ tot] = {v, head[u]};
    head[u] = tot;
}

void dfs(int u, int ff)
{
    siz[u] = 1;
    for (int i = head[u]; i; i = e[i].next)
    {
        int v = e[i].to;
        if (v == ff) continue;
        dfs(v, u);
        siz[u] += siz[v];
        if (!son[u] || siz[v] > siz[son[u]]) son[u] = v;
    }
}

void modify(int u, int ff, int val)
{
    for (int i = 0; i < 20; i ++ )
        cnt[a[u]][i][u >> i & 1] += val;
    for (int i = head[u]; i; i = e[i].next)
    {
        int v = e[i].to;
        if (v == ff) continue;
        modify(v, u, val);
    }
}

void updateAns(int u, int ff, int lca)
{
    int x = a[u] ^ a[lca];
    for (int i = 0; i < 20; i ++ )
        ans += (1LL << i) * cnt[x][i][u >> i & 1 ^ 1];
    for (int i = head[u]; i; i = e[i].next)
    {
        int v = e[i].to;
        if (v == ff) continue;
        updateAns(v, u, lca);
    }
}

void dfs2(int u, int ff, int keep)
{
    for (int i = head[u]; i; i = e[i].next)
    {
        int v = e[i].to;
        if (v == ff || son[u] == v) continue;
        dfs2(v, u, 0);
    }
    if (son[u]) dfs2(son[u], u, 1), vis[son[u]] = true;
    
    for (int i = head[u]; i; i = e[i].next)
    {
        int v = e[i].to;
        if (v == ff || vis[v]) continue;
        updateAns(v, u, u);
        modify(v, u, 1);
    }
    for (int i = 0; i < 20; i ++ )
        cnt[a[u]][i][u >> i & 1] ++;
    vis[son[u]] = false;

    if (!keep)
        modify(u, ff, -1);
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = 1; i < n; i ++ )
    {
        int u, v;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        add(u, v);
        add(v, u);
    }

    dfs(1, 0);
    dfs2(1, 0, 0);

    printf("%lld\n", ans);

    return 0;
}