AtCoder - 3913 XOR Tree

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 x_i and y_i, and has a value a_i. 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 a_e by executing a_e←a_e⊕x (⊕ denotes XOR).

Your objective is to have a_e=0 for all edges e. Find the minimum number of operations required to achieve it.

Constraints

• 2≤N≤10⁵
• 0≤x_i,y_i≤N−1
• 0≤a_i≤15
• The given graph is a tree.
• All input values are integers.

Input

Input is given from Standard Input in the following format:

N
x1 y1 a1
x2 y2 a2
:
xN−1 yN−1 aN−1

Output

Find the minimum number of operations required to achieve the objective.

 

Sample Input 1

5
0 1 1
0 2 3
0 3 6
3 4 4

Sample Output 1

3

The objective can be achieved in three operations, as follows:

• First, choose the path connecting Vertex 1,2, and x=1.
• Then, choose the path connecting Vertex 2,3, and x=2.
• Lastly, choose the path connecting Vertex 0,4, and x=4.

 

Sample Input 2

2
1 0 0

Sample Output 2

0


    (我什么时候能做ATCODER 1000分题了2333)
    首先路径异或x 等于 路径两个端点到 树根 的路径 分别异或x，因为lca以上的边被异或了两次，所以就相当于路径异或。
    于是我们不妨把 从点i到根的路径异或x 叫做一次 基本操作，然后我们随便选一个点当根，最后所有边都为0 需要满足：
除了根节点以外，涉及一个点i的所有基本操作的x(一个点i会被在j产生的基本操作涉及当且仅当i是j的祖先)的异或和等于 i到父亲的边。
    
    当然我们知道，两次x一样的基本操作是可以合并为 一个 题目中描述的操作的，那么我们先假设不知道这个，而是贪心的让基本操作次数最少。
    那么如何让基本操作次数最少呢？
    发现一个节点x的儿子son这颗子树对它的影响始终是 val(x,son) ，所以我们可以让每个节点只操作一次，取它所有邻接的边 异或起来的值(如果是0当然可以不操作)。
    于是就得到了 基本操作最少的 方案， 并且这个方案是唯一的，因为从子树到根每一步都是唯一的。

    但是如果可以合并的话，反例就很好找了： 1,4,5.   不能合并的话只能三步达成，但是合并的话，可以 1,4,5->0,5,5->0,0,0，两步就行了。
    不过我们可以很容易的发现，如果很多点的操作x一样，可以先把这些一样的x合并起来，这样答案总是最优的。
    这样之后，剩下的操作x互不相同，且1<=x<=15 (0没有意义)，很容易想到用 状态压缩下的dp来解决。但是状态之间可能有后效性，所以这个时候就不能
直接在DAG上dp了，要跑spfa。

    所以最后我们枚举哪个点是根(也就是哪个点的 邻接的边的异或和 可以不计入统计)，更新一下答案的最小值即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=100005;
int val[maxn*20],hd[maxn],n,m;
int to[maxn*20],ne[maxn*20],num,S;
int XS[maxn],now,ci[20],d[maxn],C[233];
inline void add(int x,int y,int z){ to[++num]=y,ne[num]=hd[x],hd[x]=num,val[num]=z;}

inline void build(){
	for(int i=1;i<ci[15];i++)
	    for(int j=1;j<=15;j++) if(ci[j-1]&i){
	    	now=i^ci[j-1],add(now,i,1);
	    	for(int k=1;k<=15;k++) if(ci[k-1]&now) add(now^ci[k-1]^ci[(j^k)-1],i,1+((now&ci[(j^k)-1])?1:0));
		}
}

inline void spfa(){
	queue<int> q; bool v[maxn];
	memset(d,0x3f,sizeof(d));
	memset(v,0,sizeof(v));
	d[0]=0,q.push(0),v[0]=1;
	
	int x;
	while(!q.empty()){
		x=q.front(),q.pop();
		for(int i=hd[x];i;i=ne[i]) if(d[x]+val[i]<d[to[i]]){
			d[to[i]]=d[x]+val[i];
			if(!v[to[i]]) v[to[i]]=1,q.push(to[i]);
		}
		v[x]=0;
	}
}

inline void init(){
	ci[0]=1;
	for(int i=1;i<=15;i++) ci[i]=ci[i-1]<<1;
	
	build();
	spfa();
}

inline void solve(){
	int uu,vv,ww,ans=1<<30;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<n;i++){
		scanf("%d%d%d",&uu,&vv,&ww);
		uu++,vv++,XS[uu]^=ww,XS[vv]^=ww;
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++) C[XS[i]]++;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		C[XS[i]]--;
		
		S=0,now=0;
		for(int j=1;j<=15;j++){
			now+=C[j]>>1;
			S|=(C[j]&1)*ci[j-1];
		}
		now+=d[S];
		ans=min(ans,now);
		
		C[XS[i]]++;
	}
	
	printf("%d\n",ans);
}

int main(){
	init();
	solve();
	return 0;
}