【思维题 状压dp】APC001F - XOR Tree

可能算是道中规中矩的套路题吧……

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Problem Statement

You are given a tree with N vertices. The vertices are numbered 0 through N−1, and the edges are numbered 1 through N−1. Edge i connects Vertex xi and yi, and has a value ai. You can perform the following operation any number of times:

• Choose a simple path and a non-negative integer x, then for each edge e that belongs to the path, change ae by executing ae←ae⊕x (⊕ denotes XOR).

Your objective is to have ae=0 for all edges e. Find the minimum number of operations required to achieve it.

Constraints

• 2≤N≤105
• 0≤xi,yi≤N−1
• 0≤ai≤15
• The given graph is a tree.
• All input values are integers.

题目大意

给定一个 $n$ 个节点的树，节点的标号为 $0\sim n-1$，边的标号为 $1\sim n-1$。每条边 $i$ 连接节点 $x_i$ 和 $y_i$，并且有一个权值 $a_i$。你可以进行如下的操作若干次。

• 选择一条简单路径以及一个非负整数 $x$，然后对于每条属于这条路径的边，将它的权值异或上 $x$。

你的目标是让所有边的权值变成 $0$，同时，最小化操作的次数。

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题目分析

我的初步想法是考虑对路径权值按位拆分。可能是受以前做过的一道序列一维问题的影响吧，就一直朝着这个思路想下去了……这个思路的关键在于没法处理不同位的路径的合并。

考虑设计一个守恒的部分量：将每个点记点权为相连所有路径边权的异或和。这么处理的好处在于对路径(u,v)进行一次操作之后，全图只有u,v的点权改变。对于点权相同的点对，最优操作当然是直接将它们消去；于是最后剩下的点权最多只有16种。注意到点权0是没有影响的，所以处理完点权之后，再对剩下的15种点权做一遍状压dp就可以了。

//CXR的快读板子怎么这么快

 #include<bits/stdc++.h>
 #define Tp template<typename Ty>
 #define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
 #define Reg register
 #define RI Reg int
 #define Con const
 #define CI Con int&
 #define I inline
 #define W while
 #define N 100000
 #define P 15
 #define INF 1e9
 #define Gmin(x,y) (x>(y)&&(x=(y)))
 const int maxn = ;
 const int maxs = <<;

 int n,cnt,a[maxn],f[maxs],sta,ans;

 class Class_FIO
 {
     private:
         #define FS 100000
         #define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
         #define pc(c) (putchar(c))
         #define tn(x) (x<<3)+(x<<1)
         #define D isdigit(c=tc())
         int T;char c,*A,*B,FI[FS],S[FS];
     public:
         I Class_FIO() {A=B=FI;}
         Tp I void read(Ty& x) {x=;W(!D);W(x=tn(x)+(c&),D);}
         Tp I void write(Ty x) {W(S[++T]=x%+,x/=);W(T) pc(S[T--]);}
         Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
 }F;
 int dp(int x)
 {
     if (!x) return ;
     if (f[x]!=-) return f[x];
     int ret = 1e9;
     for (int i=; i<; i++)
         if (x&(<<i)) for (int j=; j<; j++)
             if ((x&(<<j))&&i!=j)
                 ret = std::min(ret, dp(x^(<<i)^(<<j)^(<<(i^j)))++((x&(<<(i^j)))?:));
     f[x] = ret;
     return ret;
 }
 int main()
 {
     F.read(n);
     memset(f, -, sizeof f);
     for (int i=; i<n; i++)
     {
         int x,y,z;
         F.read(x), ++x, F.read(y), ++y, F.read(z);
         a[x] ^= z, a[y] ^= z;
     }
     for (int i=; i<=n; i++)
         if (a[i]&&((sta>>a[i])&)) sta ^= <<a[i], ++ans;
         else if (a[i]) sta ^= <<a[i];
     printf("%d\n",ans+dp(sta));
     return ;
 }

END