[atAGC050F]NAND Tree
当$n$为偶数，暴力$o(n)$枚举第一次操作，以下只考虑$n$为奇数的情况
此时，$n-1$即操作次数为偶数，找到最小的$i$（其中$1\le i\le \frac{n-1}{2}$），满足第$2i-1$和第$2i$次操作交换后不影响答案，并将其与交换后的操作相互抵消（答案对2取模）
考虑两个操作相互影响，显然需要有公共点，不妨假设两边分别为$(x,y)$和$(y,z)$，两种操作顺序的结果分别为$((c_{y}\and c_{x})\oplus 1)\and c_{z})\oplus 1$和$((c_{y}\and c_{z})\oplus 1)\and c_{x})\oplus 1$
首先当$c_{z}=c_{z}$时结果显然相同，因此有$c_{x}\ne c_{z}$，分类讨论后可以发现，不论$c_{y}$是0或1，只要$c_{x}\ne c_{z}$，这两个式子结果必然不同（即分别为0和1）
根据这个规律，每一次操作可以看作合并一条长为3的链$x-y-z$（要求$c_{x}\ne c_{z}$）以及其边集，且可以任意选择合并后的点的权值（即对于每一条链还可以产生两种方案）
考虑将这个方案记录在点上，即将所有点分为三类：1.点权为0；2.点权为1；3.点权任意（称此类点为特殊点），接下来考虑特殊点参与合并的情况：
1.特殊点作为$y$，此时其权值并没有意义，0和1两种方案相互抵消，即可以强制其不能作为$y$
2.$x$和$z$中恰有一个特殊点，此时特殊点必须选择与另一个非特殊点不同的权值，合并后也是一个特殊点
3.$x$和$z$都是特殊点，此时$x$选0和$z$选1以及$x$选1和$z$选0两种方案相互抵消，即可强制$x$和$z$不能同时为特殊点
利用这些信息，我们可以对问题用另外一种方式描述——
执行以下操作$\frac{n-1}{2}$次，操作为：
选择树上一条长度为3的链$x-y-z$，要求：1.$y$不为特殊点；2.$x$和$z$不同时为特殊点；3.若$x$和$z$都不为特殊点，则$c_{x}\ne c_{z}$
将这条链上的点合并，并令合并的点作为特殊点
求合并方案数，答案对2取模
同时注意到，在这样的强制下，特殊点数量单调不减，因此一旦出现两个特殊点，就无法再消除了，因此必然是初始产生一个特殊点，之后每一次操作的链都包含其
枚举第一次操作中$c_{x}$和$c_{z}$中为1的点，以其为根建树，此时问题又可以看作——
将每条边看作从父亲到儿子的有向边，对该DAG进行拓扑排序，求有多少种拓扑排序的结果$a_{i}$，满足：$c_{a_{3}}=0$且$\forall 1\le i\le \frac{n-1}{2}$，$a_{2i}$是$a_{2i+1}$的父亲，答案对2取模
事实上，这两个条件都可以忽略，我们分别来说明：
1.$c_{a_{3}}=0$，对于$c_{a_{3}}=1$的情况，其恰好会在$a_{3}$时考虑到，且将这条链翻转并不影响其余点的拓扑排序的情况（可以从树的角度看，也可以从方案的角度看）
2.要求$a_{2i}$是$a_{2i+1}$的父亲，注意到若相邻两点不为父子关系，交换后一定不影响拓扑性，因此只需要找到最小的$i$满足$a_{2i}$不是$a_{2i+1}$的父亲，将两者交换相互抵消即可
综上，问题就变为拓扑排序数，即$\frac{n!}{\prod_{i=1}^{n}sz_{i}}$（其中$sz_{i}$为其子树大小），统计2的次数即可
总复杂度为$o(n^{3})$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 305 4 #define fi first 5 #define se second 6 struct Edge{ 7 int nex,to; 8 }edge[N<<1]; 9 pair<int,int>e[N]; 10 int E,n,ans,two[N],head[N],c[N],sz[N]; 11 void add(int x,int y){ 12 edge[E].nex=head[x]; 13 edge[E].to=y; 14 head[x]=E++; 15 } 16 void dfs(int k,int fa){ 17 sz[k]=1; 18 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex) 19 if (edge[i].to!=fa){ 20 dfs(edge[i].to,k); 21 sz[k]+=sz[edge[i].to]; 22 } 23 } 24 int calc(int k){ 25 int ans=0; 26 for(int i=1;i<=n;i++) 27 if ((i!=k)&&(c[i])){ 28 dfs(i,0); 29 int tot=0; 30 for(int j=1;j<=n-(k>0);j++)tot+=two[j]; 31 for(int j=1;j<=n;j++) 32 if (j!=k)tot-=two[sz[j]]; 33 if (!tot)ans^=1; 34 } 35 return ans; 36 } 37 int main(){ 38 scanf("%d",&n); 39 for(int i=1;i<n;i++)scanf("%d%d",&e[i].fi,&e[i].se); 40 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]); 41 for(int i=1;i<=n;i++) 42 if (i&1)two[i]=0; 43 else two[i]=two[i>>1]+1; 44 if (n&1){ 45 memset(head,-1,sizeof(head)); 46 for(int i=1;i<n;i++){ 47 add(e[i].fi,e[i].se); 48 add(e[i].se,e[i].fi); 49 } 50 ans=calc(0); 51 } 52 else{ 53 for(int i=1;i<n;i++){ 54 E=0; 55 memset(head,-1,sizeof(head)); 56 int p=c[e[i].fi]; 57 c[e[i].fi]=((c[e[i].fi]&c[e[i].se])^1); 58 for(int j=1;j<n;j++){ 59 if (j==i)continue; 60 int x=e[j].fi,y=e[j].se; 61 if (x==e[i].se)x=e[i].fi; 62 if (y==e[i].se)y=e[i].fi; 63 add(x,y); 64 add(y,x); 65 } 66 ans^=calc(e[i].second); 67 c[e[i].fi]=p; 68 } 69 } 70 printf("%d",ans); 71 }
