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来源:牛客网
异或的路径
时间限制:C/C++ 1秒,其他语言2秒
空间限制:C/C++ 32768K,其他语言65536K
64bit IO Format: %lld
题目描述
给一棵 n 个点的树,1 号节点为根,边有边权,令 f(u,v) 表示 u 节点到 v 节点,路径上边权异或值。求 ∑ni=1∑nj=1f(i,j)∑i=1n∑j=1nf(i,j),结果对 1000000007 取模。
输入描述:
第一行一个整数 n(n≤100000)n(n≤100000),接下来 n-1 行,第 i 行输入两个整数,p[i](p[i] < i), v[i](100000>=v[i]>=1) (分别表示 i+1号节点的父亲,以及 i+1 与 p[i] 相连的边的权值。
输出描述:
输出一个整数表示答案。
示例1
输入
3 1 1 1 1
输出
4
示例2
输入
5 1 1 2 2 3 3 4 4
输出
60
备注:
样例 1,f(1,2)=f(2,1)=f(1,3)=f(3,1)=1,f(1,1)=f(2,2)=f(3,3)=f(2,3)=f(3,2)=0、
在一棵树上任意两点之间的路径间的亦或和相加
我们看一眼数据范围就知道是必不可可能进行暴力求解的
首先将所有点到根节点的异或和求出
那么如何求解两个点之间路径的亦或和呢
我们根据亦或的性质可推出只要将两个要根节点的亦或和进行亦或
那么重合的路径就会被 消去 所以我们可以发现异或和
即使是这样要全部求解复杂度依旧是n*n
不能直接求解 那么我们就看每个点对答案的贡献
如果我们按位看就可以知道 如果一个点的一位是0那么只有另一个点是1才对但有贡献
推出每一位各个点的贡献值相加就可以得到答案
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long mod=1000000007;
vector<pair<int,int> > G[100007];
long long w[100007];
void dfs(int u)
{
for(auto v : G[u])
{
w[v.first]=v.second^w[u];
dfs(v.first);
}
return ;
}
int main()
{
long long n;
scanf("%lld",&n);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int tmp1,tmp2;
cin>>tmp1>>tmp2;
G[tmp1].push_back(make_pair(i,tmp2));
}
dfs(1);
long long ans=0;
for(int i=0;i<=20;i++)
{
long long cnt=0;
long long tmp;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if((w[j]>>i)&1) cnt++;
}
tmp=1<<i;
ans=(ans+(cnt*(n-cnt)%mod)*(tmp)%mod)%mod;
//out<<i<<" "<<cnt<<" "<<tmp<<" "<<ans<<endl;
}
// for(int j=1;j<=n;j++)
// {
// cout<<w[j]<<endl;
// }
ans=(ans<<1)%mod;
cout<<ans<<endl;
}