ABC201E Xor Distances 题解

ABC201E Xor Distances 题解

题目大意#

给定一个带权树，求树上每两点的简单路径上的边权的异或和的和。

形式化的，定义 $dis(i,j)$ 为 $i$ 到 $j$ 的简单路径上的边权的异或和，求 $\large\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i+1}^n\text{dis}(i,j)$。

Solve#

令 $\large f(u)=\sum\limits_{i=1}^n\text{dis}(u,i)$。

指定 $1$ 为根，考虑先 dfs 遍历树求出 $f(1)$，然后换根 $\text{DP}$。

若已知 $f(u)$，对于 $v\in son_u$，我们分两部分考虑，即在子树 $v$ 中的 $A$ 集合和不在子树 $v$ 中的 $B$ 集合。

• 对于 $B$ 中的点，根从 $u$ 转移到 $v$，他们到根的路径的异或和会多异或上 $w(u,v)$。
• 对于 $A$ 中的店，他们到根的路径的异或和会少异或上 $w(u,v)$，由于异或的自反性，通过再异或上一个 $w(u,v)$ 也可以实现。

综上，$f(v)$ 即为 $f(u)$ 的每一项异或上 $w(u,v)$ 的和，即 $\large f(v)=\sum\limits_{i=1}^n dis(u,i)\oplus w(u,v)$。

考虑如何计算。

不难想到：用 $cnt$ 记录下 $f(u)$ 的每一项 $x$ 二进制下 $1$ 和 $0$ 的个数，按位枚举 $w(u,v)$，若其第 $i$ 位为 $1$，则 $x\oplus w(u,v)$ 后第 $i$ 位会与原来相反，所以此时交换 $cnt_{i,1}$ 和 $cnt_{i,0}$。

经过交换后，我们有 $\large f(v)=\sum\limits_{i=0}^{m-1}2^i\times cnt_{i,1}$。本题 $w\leq2^{60}$，故 $m=60$。

答案即为 $\large\frac {\sum\limits_{u=1}^nf(u)} 2$。

Code#

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read()
{
	short f=1;
	int x=0;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9')	{if(c=='-')	f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9')	x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
#define mod 1000000007
int n,cnt[60][2],ans,mi[60]={1};
#define PII pair<int,int>
vector<PII>e[200010];
void dfs1(int u,int d,int fa)
{
	for(int i=59;i>=0;i--)	cnt[i][d>>i&1]++;
	for(auto i:e[u])
		if(i.first!=fa)	dfs1(i.first,d^i.second,u);
}
void dfs2(int u,int fa)
{
	for(int i=59;i>=0;i--)	ans=(ans+mi[i]*cnt[i][1]%mod)%mod;
	for(auto i:e[u])
	if(i.first!=fa)
	{
		for(int j=59;j>=0;j--)
			if(i.second>>j&1)
				swap(cnt[j][1],cnt[j][0]);
		dfs2(i.first,u);
		for(int j=59;j>=0;j--)
			if(i.second>>j&1)
				swap(cnt[j][1],cnt[j][0]);
	}
}
signed main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<60;i=-~i)	mi[i]=(mi[i-1]<<1)%mod;
	for(int i=1,u,v,w;i<n;i=-~i)
		u=read(),v=read(),w=read(),
		e[u].push_back({v,w}),e[v].push_back({u,w});
	dfs1(1,0,0);dfs2(1,0);
	return printf("%lld",ans*500000004/*显然这是2在mod 1e9+7下的逆元*/%mod),0;
}