洛谷P9745 「KDOI-06-S」树上异或

闲话

本以为不可做，但后来才发现是动态规划做少了。

正文

首先，看到这一道题，就发现是计数，但是二进制的话是不好用数学方法，考虑 dp。

第一步，设计状态。怎样才能既能找到答案又能转移呢？对于树上一个节点来说，我们其实只要知道当前连通块的权值与子树内其他的连通块权值之和就行了。因为在一个个儿子转移之时，当前节点连通块的权值会时时变化，所以要单独维护，此时就能从儿子节点是否是同一个连通块转移即可，这个状态的正确性就是知道当前连通块权值，存了其他连通块权值乘积的和，就能描述了，此时状态为 $d{p}_{i,j}$ 表示以 $i$ 为根，当前节点连通块权值为 $j$ 的其他连通块的权值和。但是这是平方的，但很多时候二进制可以拆位维护。那么每个点，存一下当前连通块每一位的状态即可，当我们记录了子树权值总和时，每个二进制位的转移便互不影响，此时就可转移了，此时状态为 $d{p}_{i,j,k}$ 表示以 $i$ 为根，当前节点连通块权值第 $j$ 位状态为 $k$ 的其他连通块的权值和。

第二步，转移。这一步不难，且其他题解已讲解的十分详细，就不加赘述了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=998244353;
int f[500005][61][2],dp[500005],a[500005];
vector<int> g[500005];
void dfs(int cur){
    for(int i=0;i<=60;i++){
        if(a[cur]&(1ll<<i)){
            f[cur][i][1]=1;
        }else{
            f[cur][i][0]=1;
        }
    }
    for(int i=0;i<g[cur].size();i++){
        dfs(g[cur][i]);
    }
    for(int wei=0;wei<=60;wei++){
        for(int i=0;i<g[cur].size();i++){
            int v=g[cur][i];
            int y0=f[cur][wei][0],y1=f[cur][wei][1];
            f[cur][wei][0]=(1ll*y0*(f[v][wei][0]+dp[v])+1ll*y1*(f[v][wei][1]))%mod;
            f[cur][wei][1]=(1ll*y0*(f[v][wei][1])+1ll*y1*(f[v][wei][0]+dp[v]))%mod;
        }
    }
    for(int i=0;i<=60;i++){
        dp[cur]+=1ll*(1ll<<i)%mod*f[cur][i][1];
        dp[cur]%=mod;
    }
    
}
signed main(){
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
    }
    for(int i=2;i<=n;i++){
        int fa;
        cin>>fa;
        g[fa].push_back(i);
    }
    dfs(1);
    cout<<dp[1];
    return 0;
}