CF1788F XOR, Tree, and Queries （边权转点权+染色+构造）

边权转点权+染色+构造

首先对于限制，可以转化。设 $f_{u}$ 表示 $1$ 到 $u$ 的异或和，那么限制 $(u, v, w)$ 就可以表示为 $f_{u} \oplus f_{v} = w$ 。也就意味这如果我们将限制 $(u, v, w)$ 连边，要考虑的就变成 $f_{u}$ 的赋值问题。这一步将边权转为点权。

接下来考虑如何判断无解。显然连边之后构成了若干连通块。分开考虑，如果按照连通块上的任意生成树构造一组合法解，那么只需要判断非树边的边权是否合法即可（也就是判断环上异或和是否为 $0$ ）。

在有解的基础上，如何构造最优解？在上面的遍历中，我们已经构造出了一组解（ $f_{u}$ 的赋值已经确定）。观察答案在 $f_{u}$ 上的体现，发现 $f_{u}$ 对答案有贡献的条件是在原树上的度数为奇数，我们称这样的 $u$ 为关键点。在连通块中，一个点的赋值可以确定所有点，并且等价于同时异或 $x$ ，如果关键点为偶数，那么无论如何修改赋值都无法改变答案；否则存在一个构造使得答案为 $0$ ，即将该连通块中的点都异或当前 $a n s$ 。

复杂度 $O (n)$ 。

还有一种劣优解，这里也讲一下。我们可以套路的按位考虑，那么判无解就成了 $01$ 染色；同样按位考虑构造最优解，若连通块中关键点为偶数，并且关键点 $01$ 数量差值为 $1$ ，那么全体异或可以交换 $01$ 数量，由此得到更优解。

复杂度 $O (n \log V)$ 。

下面是 $O (n)$ 代码。

#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

typedef long long i64;
const i64 iinf = 0x3f3f3f3f, linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 2.5e5 + 10;
int n, q, sum, flg = 1, ans;
int d[N], vis[N], deg[N];
std::vector<pii> e[N];
void dfs(int u, int fa) {
	if(deg[u] & 1) sum++;
	vis[u] = 1;
	for(auto v : e[u]) {
		if(v.fi == fa) continue;
		if(vis[v.fi] && d[v.fi] ^ d[u] ^ v.se) {
			flg = 0; 
		}
		else if(!vis[v.fi]) {
			d[v.fi] = d[u] ^ v.se;
			dfs(v.fi, u);
		}
	}
}
struct node {
	int u, v;
} a[N];
void dfs2(int u, int fa) {
	vis[u] = 1;
	d[u] = d[u] ^ ans;
	for(auto v : e[u]) {
		if(v.fi == fa) continue;
		if(!vis[v.fi]) dfs2(v.fi, u);
	}
}
void Solve() {
	std::cin >> n >> q;
	for(int i = 1; i < n; i++) {
		std::cin >> a[i].u >> a[i].v;
		deg[a[i].u]++, deg[a[i].v]++;
	}
	for(int i = 1; i <= q; i++) {
		int u, v, w;
		std::cin >> u >> v >> w;
		e[u].pb({v, w}), e[v].pb({u, w});
	}
	int ok = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		if(!vis[i]) {
			sum = 0;
			dfs(i, 0);
			if(!flg) {
				std::cout << "No\n";
				return;
			} 
			if(sum & 1) ok = i;
		}
	}
	std::cout << "Yes\n";
	for(int i = 1; i < n; i++) ans = ans ^ (d[a[i].u] ^ d[a[i].v]);
	if(ok) {
		memset(vis, 0, sizeof(vis));
		dfs2(ok, 0);
	}
	for(int i = 1; i < n; i++) {
		std::cout << (d[a[i].u] ^ d[a[i].v]) << " \n"[i == n - 1];
	}
}
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
	Solve();

	return 0;
}