启发式合并
有一种暴力的想法是先 DFS 每个结点，再对每个结点 DFS 它的子树，用 \(cnt\) 数组记录每个结点子树的颜色出现情况。复杂度 \(O(n^2)\)。
一个平平无奇的优化：第一层 DFS 的时候，把重儿子放到最后搜索。在搜索重儿子的子树后，不清空 \(cnt\) 数组。然后在 DFS 这个结点的子树的时候，重儿子的颜色出现情况直接把重儿子的 \(cnt\) 数组拿来用，在这基础上 DFS 轻儿子的子树。
这个优化可以把算法变成 \(O(n\log n)\)！
类比并查集的按秩合并优化。每次都是小的向大的连，复杂度是小集合的规模。这样每个小集合要做贡献，规模都至少翻倍，所以复杂度 \(O(n\log n)\)。
这一题，每一个结点想要贡献复杂度，必须出现在某个轻儿子的子树内。而每个轻儿子的父结点的规模，至少是轻儿子规模的两倍。所以一个结点贡献的次数不会超过 \(O(\log n)\)。
\(dp_{u,w}\) 表示把 \(u\) 的子树的叶子到根的异或值全部变成 \(w\) 的最小操作次数。
观察到一个性质：\(dp_{u,?}\) 只有两种取值。
证明：若 \(dp_{u,w1}-dp_{u,w2}>1\)，用一次操作令 \(u\) 的权值变为 \(w1\bigoplus w2\)，再采用 \(dp_{u,w2}\) 的方法。此时构造出一种方法使得所有叶子到根的异或值是 \(w1\) 且只需要 \(dp_{u,w2}+1\) 步，矛盾。
令 \(S_u\) 表示令 \(dp_{u,?}\) 取到最小值时，\(w\) 的集合。
发现 \(S_u\) 就是 \(S_{v1\sim vk}\) 中出现次数最多的数的集合。
如果对每一个结点，都循环它的子结点，再循环它的子结点的 \(s\)，暴力找出现次数最多的数，显然会超时。
但是要启发式合并，好像也不太好搞啊？我们可以启发式和暴力，交叉着用。
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如果 \(S_{v1\sim vk}\) 每个数只出现一次，用启发式合并。令 \(v_{heavy}\) 为重儿子，先令 \(S_u=S_{v_{heavy}}\)，然后再让 \(S_u\) 和其他的 \(S_{vi}\) 合并。
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如果出现次数最多的数，至少出现两次。可以暴力用 \(map\) 统计出出现次数最多的数。因为至少出现两次，所以 \(|S_u|\) 至多是 \(\dfrac{1}{2}\times \sum |S_{vi}|\)。
还有遗留两个问题：
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如何判断是否每个数只出现一次？
我们可以先啥都不管，就先执行启发式合并的流程。等到 \(S_{vi}\) 中发现一个数在当前 \(S_u\) 中已经有了，才进入第二种情况。
这样做复杂度不会爆，因为至多也就是让复杂度加上 \(O(n\log n)\)。
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如何快速让 \(S_u\) 中的数异或上父结点的权值？
我们可以设置一个偏移量，\(S_u\) 中的数不是真实的让 \(dp_{u,?}\) 最小的数，异或上偏移量才是。
点权的异或路径，先来一个经典 trick：求出每个点到根的异或是多少，记为 \(b_u\)。两点路径的异或就是 \(b_u\bigoplus b_v\bigoplus a_{lca}\)。
注意到可以改成任意整数。所以第 \(i\) 次操作直接把操作的结点改成 \(2^{32+i}\)，这样所有经过这个结点的异或值就都不是 \(0\) 了。
把一条异或为 \(0\) 的路径称为坏路径。考虑所有坏路径的 LCA。我们在这些 LCA 中取深度最深的，肯定会最优。
证明：记这个 LCA 为 \(u\)。\(u\) 是一条坏路径的 LCA。而这条坏路径要被销毁，显然必须在这条坏路径上选一个点改了。而选其他的点 \(v\) 一定不如选 \(u\)。因为 \(u\) 是最深的 LCA，如果其他路径经过 \(v\)，则一定经过 \(u\)：否则 \(v\) 才是最深的 LCA。
所以现在的任务就是快速求出最深的坏路径 LCA。但是如果每次求出所有 LCA，实在是太慢了。
可以转换一下思路：不去找所有 LCA，而是从深到浅枚举结点，判断一下这个点是否是坏路径的 LCA！
具体而言，对每个结点维护一个 set：\(val[x]\) 包含 \(x\) 的子树中有可能作为坏路径一段的点。为了方便，我们不记录点，而是记录这些点的 \(b_{()}\)。
当我们 DFS 到一个结点 \(u\) 时，循环它所有的子结点 \(v\)，先递归 DFS \(v\)。
这个时候我们已经得到了所有 \(val[v]\)。然后看 \(val[u]\) 和 \(val[v]\) 中有没有两个元素可以异或得到 \(0\)。（注意不是直接异或得到 \(0\)，而是异或起来再异或 \(a[u]\) 是否得到 \(0\)）
如果不存在，令 \(val[u]\) 为所有 \(val[v]\) 的并；否则，我们肯定就要修改 \(u\)，然后使所有通过 \(u\) 的坏路径都变成不为 \(0\) 的，于是 \(val[u]\) 就直接当一个空集合就行了。
直接这么做肯定 TLE，但是我们可以做一个优化：在算 \(val[v]\) 的并的时候，每次都是从 \(val[u],val[v]\) 中选规模较小的向规模较大的合并。
这样一个 \(b[x]\) 想要在合并时贡献复杂度，说明它一定是在某次在规模较小的集合中。
