【洛谷P2420】让我们异或吧

题目描述

异或是一种神奇的运算,大部分人把它总结成不进位加法.

在生活中…xor运算也很常见。比如，对于一个问题的回答，是为1，否为0.那么：

（A是否是男生）xor（ B是否是男生）＝A和B是否能够成为情侣

好了，现在我们来制造和处理一些复杂的情况。比如我们将给出一颗树，它很高兴自己有N个结点。树的每条边上有一个权值。我们要进行M次询问，对于每次询问，我们想知道某两点之间的路径上所有边权的异或值。

输入输出格式

输入格式：

输入文件第一行包含一个整数N，表示这颗开心的树拥有的结点数，以下有N-1行，描述这些边，每行有3个数，u,v,w,表示u和v之间有一条权值为w的边。接下来一行有一个整数M，表示询问数。之后的M行，每行两个数u,v，表示询问这两个点之间的路径上的权值异或值。

输出格式：

输出M行，每行一个整数，表示异或值

输入输出样例

输入样例#1：

1 4 9644

2 5 15004

3 1 14635

5 3 9684

2 4

5 4

1 1

输出样例#1：

975

14675

说明

对于40%的数据，有1 ≤ N，M ≤ 3000；

对于100%的数据，有1 ≤ N ，M≤ 100000。

算法：

LCA+数学

分析：

这道题乍眼一看感觉是带权值的最近公共祖先问题，但粗略计算后发现会超时，进一步分析，得到一些有关异或的规律，然后这就是一道暴力的题目。

引用一些大佬的资料：

根据题目中对“异或”的定义，我们可以得出异或的真值表，这里我们用a,b代表异或的两个元素，a^b代表a按位异或的值。

    a    b    a^b

    0    0    0

    0    1    1

    1    0    1

    1    1    0

我们发现，如果a==b，那么a^b就是0，否则式子的值就是1。

通过真值表，我们可以发现并证明异或的几个性质。

1.a^b==b^a

异或具有交换律

    a    b    a^b    b^a

    0    0    0        0

    0    1    1        1

    1    0    1        1

    1    1    0        0

2.a^b^c==a^(b^c)

异或具有结合律

    a    b    c    a^b^c    a^(b^c)

    0    0    0    0        0

    0    0    1    1        1

    0    1    0    1        1

    0    1    1    0        0

    1    0    0    1        1

    1    0    1    0        0

    1    1    0    0        0

    1    1    1    1        1

3.a^a==0

异或自己是0

    a    a^a

    0    0

    1    0

4.a^0=a

异或0还是0

    a    a^0

    0    0

    1    1

由以上四点性质，我们可以推出：

a^b^b　= a^(b^b)

   　 =    a^0
　　  =    a

所以推出如下定理：

异或的逆运算是它本身！！！

讲一下对于本题的具体思路：对于这棵树，随意指定一个根节点，以此点来建树，维护每个点到根节点的距离，两个点u到v的树上路径一定为

u->lca(u,v)->v

第一个过程一定是一直向父亲节点前进，第二个过程一定是一直向儿子节点前进。

（lca(u,v)的定义为u,v的树上最近公共祖先）

那么最后查询的答案一定为

length[u]^length[v] anc^ length[lca(u,v)] anc^ length[lca(u,v)]

其中anc^为^的逆运算，由于之前已经推出anc^等价于^，而两次亦或的结果等价于原结果，所以最后的答案为:

length[u]^length[v]

此处不用考虑特判u或v是根节点的情况。

建树的时间复杂度为O(N)，查询只需要O(1)的时间，最后程序的时间复杂度为O(N+M)，空间复杂度为O(N)。

上代码：

 #include<cstdio>

 #define maxn 100010

 using namespace std;

 int n,m,tot,head[maxn],dis[maxn];

 struct node

 {

     int nxt,to,val;

 }edge[maxn<<];

 bool vis[maxn];

 int read()

 {

     int x=,f=;

     char c=getchar();

     while (c<||c>)

         f=c=='-'?-:,c=getchar();

     while (c>=&&c<=)

         x=(x<<)+(x<<)+(c^),c=getchar();

     return x*f;

 }

 void add(int c,int b,int a)

 {

     edge[++tot]=(node){head[a],b,c};

     head[a]=tot;

     edge[++tot]=(node){head[b],a,c};

     head[b]=tot;

 }

 int dfs(int u,int Xor)

 {

     dis[u]=Xor;

     vis[u]=;

     for (int i=head[u];i;i=edge[i].nxt)

         if (!vis[edge[i].to])

             dfs(edge[i].to,Xor^edge[i].val);

 }

 int main()

 {

     int i,j,k,u,v;

     n=read();

     for (i=;i<=n-;i++)

         add(read(),read(),read());

     m=read();

     dfs(,);

     while (m--)

         printf("%d\n",dis[read()]^dis[read()]);

     return ;

 }