【题解】[CF888G] Xor-MST

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[CF888G]Xor-MST 解题报告

题意

洛谷传送门

给定有 $n$ 个节点的无向完全图，每个点有点权 $a_i$ , 节点与节点之间的边权为 $a_i \oplus a_j$ . 计算该图最小生成树的权值.

思路

处理异或：Trie
最小生成树： $Kruskal, Prim, Borůvka(Sollin)$

已知：
我们会求n个数中任取两数的最大、最小异或和，由此算是处理了 $\oplus$ 有关的事；
对三种我们已知的MST算法进行选择：

Kruskal
贪心，从小到大将边加入当前选出的、用于构成MST的边的集合。需要维护若干集合，会用到并查集。
Prim
从点出发，选择与当前节点距离最小的（并且不在集合里的）点加入集合，并连上那条边。
Borůvka (Sollin)
遍历没用过的边，寻找每个连通块的最小出边，将这条边两个端点所在的两个连通块合并。也需要用到并查集。通俗言之，相当于将连通块当成点来跑Kruskal，或者说，用“点”带“连通块”的形式跑Prim。由于只需要 log N次合并，在处理边权与点权有关/一些（？？？）的问题时会有优势。
此题就是用Borůvka的典例。
LG @Tweetuzkidalao的这篇题解写得很清楚，在此感谢这位神犇。

整理一下，我们找到了思路：Borůvka + 01 Trie！o(￣▽￣)ブ

但是在代码实现中，一个小问题出现了。

代码实现

怎么找一个连通块的最小出边呢？
由常识可知，当两个数在01 Trie里的LCA最深时，这两个数的异或值最小。

证明： $2^a>2^{a-1}+2^{a-2}+\cdots+2^1+2^0$ ，显然左式=右式+1.

所以权值在01 Trie上LCA最深的两个点必然先连通。因此，采用分治思想，字典树上当前节点的0儿子和1儿子联通的代价为在0儿子里的点的MST权值+1儿子里的点的MST权值+0块和1块之间最小边的边权。最小边的边权即为在0儿子和1儿子里分别找一个点，将这两个点的权异或得到的最小值。

AC Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=2e5+5;
const ll INF=2147483647;
vector<int> a;
int trie[N<<5][2],cnt;
int n;

void ins(int x){
	int u=0;
	for(int i=31;i>=0;i--){
		if(!trie[u][x>>i &1]) trie[u][x>>i &1]=++cnt;
		u=trie[u][x>>i &1];
	}
} 

ll xr(int t,int f,int r){
	if(t==-1) return 0;
	int u=r;
	ll ret=0;
	for(int i=t;i>=0;i--){
		if(trie[u][f>>i &1]){
			u=trie[u][f>>i &1];
		} else {
			u=trie[u][!(f>>i &1)];
			ret+=1<<i;
		}
	}
	return ret;

}

ll b(const vector<int> &now,int t,int r){//boruvka,t为当前递归到的层数
	if(t<0 || !r) return 0;
	int l=now.size();
	vector<int>ch[2];// ch向量用于存当前分治树的0儿子和1儿子下的点的权值
	for(int i=0;i<l;i++){
		ch[now[i]>>t &1].push_back(now[i]);
	}
	
	if(!ch[0].size()) return b(ch[1],t-1,trie[r][1]);
	if(!ch[1].size()) return b(ch[0],t-1,trie[r][0]);
    
	ll minn=INF;
	int siz=ch[0].size();
	for(int i=0;i<siz;i++){
		minn=min(minn,(1<<t)*1LL+xr(t-1,ch[0][i],trie[r][1]));
        //取1儿子里的点与0儿子里的点分别异或，取最小值作为当前两个连通块联通的代价
	}
	return minn+b(ch[0],t-1,trie[r][0])+b(ch[1],t-1,trie[r][1]);
}

int main(){
	ins(0);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0,j;i<n;i++){
		scanf("%d",&j);
		a.push_back(j);
		ins(j);
	}
	printf("%lld",b(a,30,1));
	return 0;
}