CF1709E XOR Tree 题解

XOR Tree

$\mathtt{TAGS}$：树上启发式合并 + 异或 + 贪心

$\mathtt{ESTIMATION}$：非常好的启发式合并题目

First.如何去除 $0$ 路径

对于一条路径 $u\to v$，要使其不为 $0$ 肯定是将 $\mathtt{LCA}(u,v)$ 变为 $2^{30+x}$ 最好，这样异或值的第 $30+x$ 位一定为 $1$（因为 $a_i\le 2^{30}$），修改之后，$u,v$ 在 $\mathtt{LCA}(u,v)$ 为根的子树内的路径都一定不为 $0$ 了。显然，这样是最优的。

Second.如何快速判断一颗子树下有无 $0$ 路径

首先，对于 $u\to v$ 的路径权值 $di{s}_{u,v}$ 可以化为 $di{s}_{u,1}\oplus di{s}_{v,1}\oplus a_{\mathtt{lca}(u,v)}$。

其实知道这个就可以去做 P4551 了。

这个时候可以用一个 set 储存该子树所有 $di{s}_{u,1}$ 的值。然后枚举一个 $v$ 查找有无 $di{s}_{v,1}\oplus a_u$ 在其中，如果有，那么他们异或起来为 $0$，就是有 $0$ 路径。

然后就是把这个子树删除，set 合并到它的父亲上。

这样，大体思路就出来了，暴力的话时间复杂度 $\text{O}(n^2\log n)$（枚举节点的 $n^2$ 和 set 的 $\log n$）。

Third.优化时间复杂度

启发式合并，每次将大小小一些的集合合并到大一些的集合上，执行 $\log n$ 次，节点数就会达到 $n$。所以只会合并 $\log n$ 次。

总时间复杂度为 $\text{O}(n{\log }^{2}n)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n;
vector<int> G[N];
int a[N], dis[N];
void dfs(int u, int fa) {
    dis[u] = a[u];
    if(fa) dis[u] ^= dis[fa];
    for (auto v : G[u]) {
        if(v != fa) dfs(v, u);
    }
}
set<int> s[N]; // 快速查找有无 0 路径
void move (int u, int v) { // 合并
    for (auto x : s[u]) s[v].insert(x);
    s[u].clear();
}
int ans = 0;
void dfs2(int u, int fa) {
    bool mark = 0;
    s[u].insert(dis[u]);
    for (auto v : G[u]) {
        if(v != fa) {
            dfs2(v, u);
            if(s[u].size() < s[v].size()) swap(s[u], s[v]); // 保证是小的合并至大的里面【启发式合并】
            for (auto x : s[v]) mark |= s[u].count(x ^ a[u]); // 如果存在 dis[u] = x ^ a[u] 说明子树中存在异或路径为 0 的路径
            move(v, u);
        }
    }
    if(mark) ans ++, s[u].clear(); // 如果存在，那么该节点需要删除
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    for (int i = 1; i < n; i ++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v, G[u].push_back(v), G[v].push_back(u);
    }
    dfs(1, 0);
    dfs2(1, 0);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}