Solution -「AT 3913」XOR Tree

$\mathcal{Description}$

  Link.

  给定一棵树，边 $(u,v)$ 有边权 $w(u,v)$。每次操作可以使一条简单路径上的边权异或任意非负整数。求最少的操作次数使得所有边边权为 $0$。

  $n\le10^5$，$w(u,v)<16$。

$\mathcal{Solution}$

  好妙的题 www。

  定义一个点的点权 $val_u$ 为其所有邻接边边权的异或和，即 $val_u=\bigoplus_{(u,v)\in E}w(u,v)$。一个至关重要的发现：所有边权为零等价于所有点权为零。

  左推右是显然的；右推左，数归，考虑到叶子的边权等于点权，所以去掉所有叶子仍满足，得证。

  再考虑一次操作，除路径两端的点，每个点有两条邻接边被异或了同一个数，所以这些点的点权不变！

  非常 amazing 啊，这样一来问题就从树上剥离了——给一堆数，每次任选两个数异或同一个非负整数，求把这些数变成 $0$ 的最小操作次数。

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  首先，若存在 $u\not=v,val_u=val_v$，显然应该用一次操作处理掉它们。问题进一步转化——给一个值域在 $[0,16)$ 的集合（无重复元素），求把这些数变成 $0$ 的最小操作次数。

  鉴于 $16=2^4$，考虑状压。设 $f(S)$ 为处理集合 $S$ 的最小操作次数。显然对于 $S$ 内元素异或和不为 $0$ 的 $f(S)$，有 $f(S)=+\infty$。接下来想想对于 $S\not=0$ 的转移：

$$f(S)=\min_{T\subset S}\{\operatorname{count}(S)-1,f(T)+f(S-T)\}$$

  其中，前一项是暴力两两异或，后者即分别处理两个子集。

  设 $w(u,v)$ 的上限 $W=2^k,~k\in\mathbb N$，复杂度 $\mathcal O(3^k+n)$。

$\mathcal{Code}$

#include <cstdio>
#include <cstring>

const int MAXN = 1e5, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, val[MAXN + 5], cnt[16], f[1 << 16], xsum[1 << 16];

inline void chkmin ( int& a, const int b ) { if ( b < a ) a = b; }

int main () {
	scanf ( "%d", &n );
	for ( int i = 1, u, v, w; i < n; ++ i ) {
		scanf ( "%d %d %d", &u, &v, &w );
		val[u] ^= w, val[v] ^= w;
	}
	int ans = 0, S = 0;
	for ( int i = 0; i < n; ++ i ) ++ cnt[val[i]];
	for ( int i = 1; i < 16; ++ i ) {
		S |= ( cnt[i] & 1 ) << i >> 1;
		ans += cnt[i] >> 1;
	}
	for ( int i = 1; i < 1 << 15; ++ i ) {
		for ( int j = 0; j < 15; ++ j ) {
			if ( ( i >> j ) & 1 ) {
				++ f[i], xsum[i] ^= j + 1;
			}
		}
		-- f[i];
	}
	for ( int s = 0; s < 1 << 15; ++ s ) {
		if ( xsum[s] ) continue;
		for ( int t = s; ; t = ( t - 1 ) & s ) {
			if ( ! xsum[t] && ! xsum[s ^ t] ) chkmin ( f[s], f[t] + f[s ^ t] );
			if ( ! t ) break;
		}
	}
	printf ( "%d\n", ans + f[S] );
	return 0;
}