牛客多校第5场B-Graph

题意

给定一个顶点个数为$n$、边数为$n-1$的图，图上的边有边权，可执行的操作为在任意两个不连通的点之间连一条边和删去一条边，但在任何时候都应满足图是连通的且图中的任意一个环的所有边的边权异或和为$0$。
求图中边权和（不是异或和）的最小值。
（$n\le 100000$）

题解

在操作的过程中这个图一定会保持树的状态。
异或的最基本的性质就是 $xxorx=0$。
根据这个性质可以知道，两点之间若要加边，其边权为两点之间的链上的边的边权异或和，也就是两点分别到这两个点的$LCA$的路径上的边的边权异或和，也就是两个点分别到根的路径是的边的边权异或和（重复的那一段异或和为$0$，完全不影响答案）。
这样我们就可以把边权转化为点权，即每个点的点权为这个点到根结点的路径上的边的边权的异或和。根据这个结论这个图就相当于一个完全图，每两点间的边的边权为两点点权的异或。
观察所求，可以想到这就是一个最小生成树的问题，只不过是异或最小生成树。
而异或最小生成树是有原题的。它的做法是使用$Trie$，把二进制的点权放入$01Trie$，将$Trie$的左右子树从深到浅合并并在合并时尽量使选取的两个数在$Trie$上的路径“相似”，类似于$Boruvka$算法的思想。

#include<bits/stdc++.h>
#define nxt edge[i].e
using namespace std;
int tot;
struct node{
	int x;
	int dep;
	int son[2];
}T[3000010];
struct Star{
	int e,to,val;
}edge[200010];
int head[100010];
int cnt;
int a[100010];
int t[31];
long long ans=0;
void addedge(int x,int y,int z){edge[++cnt].e=y,edge[cnt].to=head[x],edge[cnt].val=z,head[x]=cnt;}
void sg(int x,int fa){
	for(int i=head[x];~i;i=edge[i].to){
		if(nxt==fa) continue;
		a[nxt]=a[x]^edge[i].val;
		sg(nxt,x);
	}
}
void add(int dep,int id,int x){
	if(dep==0) T[id].x=x;
	if(dep==0) return;
	if(!T[id].son[t[dep]]) T[id].son[t[dep]]=++tot,T[T[id].son[t[dep]]].dep=31-dep;
	add(dep-1,T[id].son[t[dep]],x);
}
int find(int x,int y){
	if(T[x].dep==30) return T[x].x^T[y].x;
	int ret=2e9;
	int bl=0;
	for(int i=0;i<=1;i++) if(T[x].son[i]&&T[y].son[i]) ret=min(ret,find(T[x].son[i],T[y].son[i])),bl=1;
	if(!bl){
		if(T[x].son[0]&&T[y].son[1]) ret=min(ret,find(T[x].son[0],T[y].son[1]));
		if(T[x].son[1]&&T[y].son[0]) ret=min(ret,find(T[x].son[1],T[y].son[0]));
	}
	return ret;
}
void dfs(int id){
	if(id==0) return;
	dfs(T[id].son[0]); dfs(T[id].son[1]);
	if(T[id].son[0]&&T[id].son[1]) ans+=find(T[id].son[0],T[id].son[1]);
}
int main(){
	memset(head,-1,sizeof(head));
	memset(T,0,sizeof(T));
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x,y,z;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		addedge(x+1,y+1,z);
		addedge(y+1,x+1,z);
	}
	a[1]=0;
	sg(1,0);
	tot=1;
	T[1].dep=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		memset(t,0,sizeof(t));
		int x=a[i];int it=0;
		while(x>0) t[++it]=x%2,x/=2;
		add(30,1,a[i]);
	}
	dfs(1);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}