【思维题 状压dp】APC001F - XOR Tree
可能算是道中规中矩的套路题吧……
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Problem Statement
You are given a tree with N vertices. The vertices are numbered 0 through N−1, and the edges are numbered 1 through N−1. Edge i connects Vertex xi and yi, and has a value ai. You can perform the following operation any number of times:
- Choose a simple path and a non-negative integer x, then for each edge e that belongs to the path, change ae by executing ae←ae⊕x (⊕ denotes XOR).
Your objective is to have ae=0 for all edges e. Find the minimum number of operations required to achieve it.
Constraints
- 2≤N≤105
- 0≤xi,yi≤N−1
- 0≤ai≤15
- The given graph is a tree.
- All input values are integers.
题目大意
给定一个 $n$ 个节点的树，节点的标号为 $0\sim n-1$，边的标号为 $1\sim n-1$。每条边 $i$ 连接节点 $x_i$ 和 $y_i$，并且有一个权值 $a_i$。你可以进行如下的操作若干次。
- 选择一条简单路径以及一个非负整数 $x$，然后对于每条属于这条路径的边，将它的权值异或上 $x$。
你的目标是让所有边的权值变成 $0$，同时，最小化操作的次数。
题目分析
我的初步想法是考虑对路径权值按位拆分。可能是受以前做过的一道序列一维问题的影响吧，就一直朝着这个思路想下去了……这个思路的关键在于没法处理不同位的路径的合并。
考虑设计一个守恒的部分量：将每个点记点权为相连所有路径边权的异或和。这么处理的好处在于对路径(u,v)进行一次操作之后，全图只有u,v的点权改变。对于点权相同的点对，最优操作当然是直接将它们消去；于是最后剩下的点权最多只有16种。注意到点权0是没有影响的，所以处理完点权之后，再对剩下的15种点权做一遍状压dp就可以了。
//CXR的快读板子怎么这么快
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define Tp template<typename Ty> 3 #define Ts template<typename Ty,typename... Ar> 4 #define Reg register 5 #define RI Reg int 6 #define Con const 7 #define CI Con int& 8 #define I inline 9 #define W while 10 #define N 100000 11 #define P 15 12 #define INF 1e9 13 #define Gmin(x,y) (x>(y)&&(x=(y))) 14 const int maxn = 100035; 15 const int maxs = 1<<17; 16 17 int n,cnt,a[maxn],f[maxs],sta,ans; 18 19 class Class_FIO 20 { 21 private: 22 #define FS 100000 23 #define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++) 24 #define pc(c) (putchar(c)) 25 #define tn(x) (x<<3)+(x<<1) 26 #define D isdigit(c=tc()) 27 int T;char c,*A,*B,FI[FS],S[FS]; 28 public: 29 I Class_FIO() {A=B=FI;} 30 Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn(x)+(c&15),D);} 31 Tp I void write(Ty x) {W(S[++T]=x%10+48,x/=10);W(T) pc(S[T--]);} 32 Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);} 33 }F; 34 int dp(int x) 35 { 36 if (!x) return 0; 37 if (f[x]!=-1) return f[x]; 38 int ret = 1e9; 39 for (int i=1; i<16; i++) 40 if (x&(1<<i)) for (int j=1; j<16; j++) 41 if ((x&(1<<j))&&i!=j) 42 ret = std::min(ret, dp(x^(1<<i)^(1<<j)^(1<<(i^j)))+1+((x&(1<<(i^j)))?1:0)); 43 f[x] = ret; 44 return ret; 45 } 46 int main() 47 { 48 F.read(n); 49 memset(f, -1, sizeof f); 50 for (int i=1; i<n; i++) 51 { 52 int x,y,z; 53 F.read(x), ++x, F.read(y), ++y, F.read(z); 54 a[x] ^= z, a[y] ^= z; 55 } 56 for (int i=1; i<=n; i++) 57 if (a[i]&&((sta>>a[i])&1)) sta ^= 1<<a[i], ++ans; 58 else if (a[i]) sta ^= 1<<a[i]; 59 printf("%d\n",ans+dp(sta)); 60 return 0; 61 }
END
