AGC050F NAND Tree

有棵树，一开始节点上有01的权值。

每次可以缩一条边，两个点点权合并为其\(NAND\)和（先取and再取not）。

统计最终能缩成一个权值为1的点的方案数。答案对2取模。

\(n\le 300\)（其实能做\(n\le 5000\)，甚至也许可以\(O(n)\)？）

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神仙题。

先考虑\(n\)为奇数的情况。

观察1：把操作按顺序两个两个分为一组。如果存在某组内操作的边不相邻，那么这个操作无贡献。

如果存在，建立双射：把第一个操作的边不相邻的组操作的两条边交换顺序。

两者答案相同，因为对\(2\)取模所以抵消。

观察2：一组中的操作\(x\to y\to z\)（即变成\(NAND(NAND(x,y),z)\)），可以视作\(x\)吃掉了后面两个点（即操作过后变成\(x\)）

打出\(NAND(NAND(x,y),z)\)的真值表，发现结果不等于\(x\)的时候，\(x=z\)。

于是这和\(z\to y\to x\)结果一样，因为对2取模所以抵消，因此假装结果变成了\(x\)也没有问题。

结合观察1和观察2，问题变成每次选择个\(x\to y\to z\)，然后\(x\)吃掉后面两个点。

观察3：令最后一个留下的点为\(rt\)（结果是\(rt\)的权值）。每组操作一定要和\(rt\)有关。

如果第一次某组操作和\(rt\)无关，将这组顺序完全交换，得到结果完全一样。显然这也是个双射。

于是又抵消了。

于是做法是：枚举\(rt\)，对除了\(rt\)的节点划分成若干组，每组为相邻的节点（就是匹配）。模拟剥叶子可知如果存在一组完美匹配，匹配唯一。然后将各匹配缩点，新树的合法遍历顺序（每个点遍历前要先遍历父亲）个数就是答案。

时间\(O(n^2)\)。

现在考虑\(n\)为偶数。naive的做法是直接枚举第一次操作的边然后变成奇数的问题，时间\(O(n^3)\)反正能过原题。

观察4：第一次操作的边缩点之后一定作为\(rt\)统计答案。

如果第一次操作的边不作为\(rt\)。先给边缩点，从此时的\(rt\)开始做个上面奇数情况的算法，搞出了个唯一的匹配。（如果能找到得到话）

找到这个边缩点所在的匹配。匹配大概长成\([(x- y)- z]\)或\([x- (y- z)]\)，小括号表示边缩点。

发现将\([(x- y)- z]\)换成\([x- (y- z)]\)（或反之），结果相同，并形成了双射。

（就是说一开始缩的边为\(x-y\)，根为\(rt\)，变成一开始缩的边为\(y-z\)，根为\(rt\)）

形成双射：一开始缩\(x-y\)的情况已经形成了合法的匹配。因为两种方案中匹配唯一，并且这样变换过后，除了\(x,y,z\)之外匹配保持不变，所以一开始缩\(y-z\)也是合法的匹配。并且两种方案中\(x,y,z\)都是在同一个匹配里的，于是可以双射。

于是枚举第一个缩的边，将其作为\(rt\)，后面类似于奇数的做法，就可以\(O(n^2)\)啦！

最后想想，枚举根，划分唯一匹配，算遍历数，是不是能换根啊……

也许能\(O(n)\)啦。

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using namespace std;
#include <bits/stdc++.h>
const int N=305;
int n;
struct EDGE{
	int to;
	EDGE *las;
};
struct Graph{
	EDGE e[N*2];
	int ne;
	EDGE *last[N];
	void link(int u,int v){
		e[ne]={v,last[u]};
		last[u]=e+ne++;
	}
	void clear(){
		ne=0;
		memset(last,0,sizeof(EDGE*)*(n+1));
	}
} G,F;
int c[N];
int C[N][N];
int sz[N],cov[N];
int predfs(int x,int fa){
	for (EDGE *ei=G.last[x];ei;ei=ei->las)
		if (ei->to!=fa){
			int t=predfs(ei->to,x);
			if (!t)
				return 0;
		}
	if (!cov[x]){
		if (cov[fa])
			return 0;
		cov[x]=cov[fa]=x;
	}
	for (EDGE *ei=G.last[x];ei;ei=ei->las)
		if (ei->to!=fa && cov[ei->to]!=cov[x])
			F.link(cov[x],cov[ei->to]);
	return 1;
}
int calc(int x,int fa){
	sz[x]=0;
	int pro=1;
	for (EDGE *ei=F.last[x];ei;ei=ei->las){
		pro=pro*calc(ei->to,x);
		sz[x]+=sz[ei->to];
		pro=pro*C[sz[x]][sz[ei->to]];
	}
	sz[x]++;
	return pro;
}
int main(){
	//freopen("in.txt","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<n;++i){
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		G.link(u,v),G.link(v,u);
	}
	for (int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%d",&c[i]);
	C[0][0]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		C[i][0]=1;
		for (int j=1;j<=i;++j)
			C[i][j]=C[i-1][j-1]^C[i-1][j];
	}
	int ans=0;
	if (n&1){
		for (int x=1;x<=n;++x){
			F.clear();
			memset(cov,0,sizeof(int)*(n+1));
			if (!predfs(x,0))
				continue;
			ans^=calc(x,0)*c[x];
		}
	}
	else{
		for (int x=1;x<=n;++x)
			for (EDGE *ei=G.last[x];ei;ei=ei->las){
				int y=ei->to;
				if (x<y){
					F.clear();
					memset(cov,0,sizeof(int)*(n+1));
					cov[x]=cov[y]=y;
					if (!predfs(x,0))
						continue;
					int c_=!(c[x]&&c[y]);
					ans^=calc(y,0)*c_; 
				}
			}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}