洛谷 SP11414 / SPOJ COT3 Combat on a tree
考虑计算出以 \(u\) 为根的子树的 \(\text{SG}\) 值。
在 \(u\) 子树内选择一个白点 \(w\)，将 \(w \to u\) 上的所有点删去，原树会变成森林，\(\text{SG}\) 值即为所有根的 \(\text{SG}\) 值异或和。那么 \(sg_u = \operatorname{mex}\limits_{w \in tree_u \and c_u=0} \bigoplus sg'\)。
直接计算是 \(O(n^2)\) 的，考虑 01Trie 优化。结点 \(u\) 的 Trie 存所有 \(u\) 子树内的 \(w\)，删去 \(w \to u\) 上的所有点后森林的 \(\text{SG}\) 值。那么对于 \(u\) 的一个儿子 \(v\)，它 Trie 内的所有值要异或 \(\bigoplus\limits_{x \in son_u \and x \ne v} sg_x\)，然后再合并到 \(u\) 的 Trie。整体异或可以打标记，交换左右儿子实现。然后还需要查询 \(\text{mex}\)，可以每个结点维护 \(ful_p\) 表示 \(p\) 为根的子树是否是满二叉树。查询时若左子树是满二叉树则将答案加上 \(2^d\) 并向右走，否则向左走。
最后再一遍模拟，如果删去 \(1 \to u\) 的点形成的森林 \(\text{SG}\) 值为 \(0\)，那么 \(u\) 就可以被第一次选。显然若 \(sg_1 = 0\)，那么 Alice 就必输了。
总时间复杂度 \(O(n \log n)\)。
第一遍没有判 -1 也过了，所以数据中没有 -1（
code
/*
p_b_p_b txdy
AThousandSuns txdy
Wu_Ren txdy
Appleblue17 txdy
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 100100;
int n, a[maxn], head[maxn], len;
vector<int> ans;
struct edge {
int to, next;
} edges[maxn << 1];
void add_edge(int u, int v) {
edges[++len].to = v;
edges[len].next = head[u];
head[u] = len;
}
bool ful[maxn * 20];
int tag[maxn * 20], ch[maxn * 20][2], sg[maxn], rt[maxn];
int ntot;
void pushup(int x) {
ful[x] = (ful[ch[x][0]] & ful[ch[x][1]]);
}
void pushtag(int p, int d, int x) {
if (x & (1 << d)) {
swap(ch[p][0], ch[p][1]);
}
tag[p] ^= x;
}
void pushdown(int p, int d) {
if (!tag[p]) {
return;
}
if (d) {
pushtag(ch[p][0], d - 1, tag[p]);
pushtag(ch[p][1], d - 1, tag[p]);
}
tag[p] = 0;
}
void insert(int &p, int d, int x) {
if (!p) {
p = ++ntot;
}
if (d == -1) {
ful[p] = 1;
return;
}
pushdown(p, d);
int k = ((x >> d) & 1);
insert(ch[p][k], d - 1, x);
pushup(p);
}
int merge(int x, int y, int d) {
if (!x || !y) {
return x | y;
}
if (d == -1) {
ful[x] |= ful[y];
return x;
}
pushdown(x, d);
pushdown(y, d);
ch[x][0] = merge(ch[x][0], ch[y][0], d - 1);
ch[x][1] = merge(ch[x][1], ch[y][1], d - 1);
pushup(x);
return x;
}
int querymex(int p, int d) {
if (d == -1) {
return 0;
}
pushdown(p, d);
if (ful[ch[p][0]]) {
return (1 << d) | querymex(ch[p][1], d - 1);
} else {
return querymex(ch[p][0], d - 1);
}
}
void dfs(int u, int fa) {
int s = 0;
for (int i = head[u]; i; i = edges[i].next) {
int v = edges[i].to;
if (v == fa) {
continue;
}
dfs(v, u);
s ^= sg[v];
}
for (int i = head[u]; i; i = edges[i].next) {
int v = edges[i].to;
if (v == fa) {
continue;
}
pushtag(rt[v], 20, s ^ sg[v]);
rt[u] = merge(rt[u], rt[v], 20);
}
if (!a[u]) {
insert(rt[u], 20, s);
}
sg[u] = querymex(rt[u], 20);
}
void dfs2(int u, int fa, int s) {
for (int i = head[u]; i; i = edges[i].next) {
int v = edges[i].to;
if (v == fa) {
continue;
}
s ^= sg[v];
}
if (!s && !a[u]) {
ans.pb(u);
}
for (int i = head[u]; i; i = edges[i].next) {
int v = edges[i].to;
if (v == fa) {
continue;
}
dfs2(v, u, s ^ sg[v]);
}
}
void solve() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
}
for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) {
scanf("%d%d", &u, &v);
add_edge(u, v);
add_edge(v, u);
}
dfs(1, -1);
if (!sg[1]) {
puts("-1");
return;
}
dfs2(1, -1, 0);
sort(ans.begin(), ans.end());
for (int x : ans) {
printf("%d ", x);
}
}
int main() {
int T = 1;
// scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}
