[SDOI2017]切树游戏

CLIII.[SDOI2017]切树游戏

设 $f_{x,0,i}$ 表示 $x$ 子树中，所有包含 $x$ 且异或和为 $i$ 的连通块数量， $f_{x,1,i}$ 表示 $x$ 子树中异或和为 $i$ 的连通块数量。显然，有公式

f_{x, 1, i} = f_{x, 0, i} + \sum_{y \in {subtree}_{x}} f_{y, 1, i}

$f_{x,1,i}=f_{x,0,i}+\sum\limits_{y\in\text{subtree}_x}f_{y,1,i}$

现在考虑 $f_{x,0,i}$ 的转移。假如我们要合并 $x$ 与某个儿子 $y$ 的DP数组，则显然有公式

f_{x, 0, i} = \sum_{j xor k = i} f_{x, 0, j}^{'} \times (f_{y, 0, k} + [k = 0])

$f_{x,0,i}=\sum\limits_{j\operatorname{xor}k=i}f'_{x,0,j}\times(f_{y,0,k}+[k=0])$

其中 $f'$ 是老的 $f$ 数组。

发现这是异或卷积形式，可以FWT优化。

但是我们发现，因为DP过程中全程要么在卷积，要么在做加法，对FWT后的数组作也是一样的。因此我们重新修改定义，将 $f$ 数组全数修改为FWT后的数组。又因为 $z^0$ 这个函数在FWT后会得到 $\sum\limits_{i=0}^mz^i$ ，因此转移式变更为

f_{x, 1, i} = f_{x, 0, i} + \sum_{y \in {subtree}_{x}} f_{y, 1, i}

$f_{x,1,i}=f_{x,0,i}+\sum\limits_{y\in\text{subtree}_x}f_{y,1,i}$

f_{x, 0, i} = f_{x, 0, j}^{'} \times (f_{y, 0, k} + 1)

$f_{x,0,i}=f'_{x,0,j}\times(f_{y,0,k}+1)$

直接硬DP，单次复杂度 $O(nm)$ 。

现在考虑轻重链剖分。设 $g$ 表示仅考虑轻儿子时的答案。若只考虑 $x$ 的一个重儿子 $y$ ，则有

f_{x, 0} = g_{x, 0} \times (f_{y, 0} + 1) = g_{x, 0} f_{y, 0} + g_{x, 0}

$f_{x,0}=g_{x,0}\times(f_{y,0}+1)=g_{x,0}f_{y,0}+g_{x,0}$

f_{x, 1} = f_{x, 0} + g_{x, 1} + f_{y, 1} = g_{x, 0} f_{y, 0} + g_{x, 0} + g_{x, 1} + f_{y, 1}

$f_{x,1}=f_{x,0}+g_{x,1}+f_{y,1}=g_{x,0}f_{y,0}+g_{x,0}+g_{x,1}+f_{y,1}$

当然，这里的所有东西都是函数，连上面的 $1$ 都不例外，指的是元素全为 $1$ 的函数。

同时，要留心一点常规 $g$ 的转移：

g_{x, 0} = FWT (z^{a_{x}}) \prod_{y \in {lightson}_{x}} (f_{y, 0} + 1)

$g_{x,0}=\text{FWT}(z^{a_x})\prod\limits_{y\in\text{lightson}_x}(f_{y,0}+1)$

g_{x, 1} = \sum_{y \in {lightson}_{x}} f_{y, 1}

$g_{x,1}=\sum\limits_{y\in\text{lightson}_x}f_{y,1}$

需要注意的是，叶节点的 $g$ 数组应直接是其 $f$ 数组，故对于叶子节点，有 $g_{x,0}=g_{y,0}=\text{FWT}(z^{a_x})$ 。

我们可以列出转移矩阵来：

[\begin{matrix} f_{y, 0} \\ f_{y, 1} \\ 1 \end{matrix}] [\begin{matrix} g_{x, 0} & g_{x, 0} & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ g_{x, 0} & g_{x, 0} + g_{x, 1} & 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix} f_{x, 0} \\ f_{x, 1} \\ 1 \end{matrix}]

$\begin{bmatrix}f_{y,0}\\f_{y,1}\\1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}g_{x,0}&g_{x,0}&0\\0&1&0\\g_{x,0}&g_{x,0}+g_{x,1}&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}f_{x,0}\\f_{x,1}\\1\end{bmatrix}$

$3\times3$ 矩阵就有着 $3^3$ 的常数，不好玩。但是，当我们计算两个上述矩阵的积后

[\begin{matrix} a_{1} & b_{1} & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ c_{1} & d_{1} & 1 \end{matrix}] [\begin{matrix} a_{2} & b_{2} & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ c_{2} & d_{2} & 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix} a_{1} a_{2} & b_{1} + a_{1} b_{2} & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ a_{2} c_{1} + c_{2} & b_{2} c_{1} + d_{1} + d_{2} & 1 \end{matrix}]

$\begin{bmatrix}a_1&b_1&0\\0&1&0\\c_1&d_1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a_2&b_2&0\\0&1&0\\c_2&d_2&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a_1a_2&b_1+a_1b_2&0\\0&1&0\\a_2c_1+c_2&b_2c_1+d_1+d_2&1\end{bmatrix}$

发现矩阵的积不会影响其余位置的取值。

因此我们考虑只维护 $a,b,c,d$ 四个位置的值，即可压缩矩阵为 $2\times2$ 。

于是现在的转移矩阵就压缩为

[\begin{matrix} a_{1} & b_{1} \\ c_{1} & d_{1} \end{matrix}] [\begin{matrix} a_{2} & b_{2} \\ c_{2} & d_{2} \end{matrix}] = [\begin{matrix} a_{1} a_{2} & b_{1} + a_{1} b_{2} \\ a_{2} c_{1} + c_{2} & b_{2} c_{1} + d_{1} + d_{2} \end{matrix}]

$\begin{bmatrix}a_1&b_1\\c_1&d_1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a_2&b_2\\c_2&d_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a_1a_2&b_1+a_1b_2\\a_2c_1+c_2&b_2c_1+d_1+d_2\end{bmatrix}$

同时，其存在单位元