标签：using 描述 begin 否则 hup scanf tput pushd 相交
Alice 和 Bob 在一棵 n 个节点的树上玩游戏，每个节点初始要么为黑色要么为白色。
Alice 先手，轮流进行如下操作：
选择一个白色点 v，将路径 (1, v) 全部染成黑色。
最后不能操作的人为输。
帮忙计算 Alice 是否必胜以及所有必胜可能的第一步结点的选择。
Input
第一行给出 n，表示结点数量，1<=n<=100000。
第二行包含 n 个整数 c1,c2,..cn，0<=ci<=1，描述每个结点的颜色。其中 0 为白 1 为黑。
接下来 n-1 行描述树上的 n-1 条边，每行包含两个整数 u, v。
Output
如果必败，输出 -1。
否则，按升序输出所有可能的第一步选择。
Example
Input#1:
8
1 1 0 1 0 0 1 0
1 2
1 3
2 6
3 4
3 5
5 7
7 8
Output#1:
5
Input#2:
20
1 1 1 0 1 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0
1 2
2 3
2 4
1 5
1 6
5 7
5 8
2 9
8 10
1 11
1 12
9 13
6 14
14 15
7 16
11 17
2 18
7 19
12 20
Output#2
8
11
12
考虑第一步删去一条路径 (1, v)，实际上得到了若干不相交的子树（森林），即若干游戏的组合。
所以我们可以使用 sg 函数递推求解这道题。
求解 sg[x] 时，朴素做法是枚举 x 这棵子树内的某个白点 i，统计删去 (x, i) 这条路径后剩下的森林 sg 的异或和，再对所有 i 做完后求 mex。
可以发现这个做法是 O(n^2) 的，考虑优化。
考虑从 x 递推到它的父亲时，实际上是把 x 子树内所有链都伸长了一点，然后异或上伸长过后新产生的枝末的 sg。
考虑可以使用一个结构维护 x 子树内所有的可行链，支持整体异或与合并，以及求解 mex。
启发式合并当然是很好的，但是这个模型可以使用线段树合并做到更优秀的复杂度。
然而线段树合并不大好支持整体异或的同时求解 mex。然而异或这种东西可以使用 01 trie 搞定。
考虑可以类比线段树合并的过程，使用 trie 来进行合并，总时间复杂度可以做到 O(n*logn)。
trie 怎么打异或 tag 呢？可以将异或的数直接存储，下传时直接异或到儿子的 tag 上去。如果第 i 层的 tag 二进制下为 1 则交换左右子树。
至于求 mex，可以存储一个 cover 表示这个区间是否所有数都存在，做个类线段树二分即可。
最后 dfs 一下就能算出以每个点为第一步过后局面的值，挑出其中为 0 的即是必胜策略。
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 100000;
struct edge{
edge *nxt; int to;
}edges[2*MAXN + 5], *adj[MAXN + 5], *ecnt;
void addedge(int u, int v) {
edge *p = (++ecnt);
p->to = v, p->nxt = adj[u], adj[u] = p;
p = (++ecnt);
p->to = u, p->nxt = adj[v], adj[v] = p;
}
struct node{
node *ch[2];
int tag; bool flag;
}pl[40*MAXN + 5], *rt[MAXN + 5], *ncnt, *NIL;
void init() {
ecnt = &edges[0], ncnt = NIL = &pl[0];
NIL->ch[0] = NIL->ch[1] = NIL;
}
node *new_trie(int k, int dep) {
node *p = (++ncnt); p->ch[0] = p->ch[1] = NIL; p->tag = 0;
if( dep == -1 ) {
p->flag = true;
return p;
}
if( (k >> dep) & 1 ) p->ch[1] = new_trie(k, dep - 1);
else p->ch[0] = new_trie(k, dep - 1);
return p;
}
void pushdown(node *rt, int dep) {
if( rt->tag ) {
if( (rt->tag >> dep) & 1 )
swap(rt->ch[0], rt->ch[1]);
if( rt->ch[0] != NIL ) rt->ch[0]->tag ^= rt->tag;
if( rt->ch[1] != NIL ) rt->ch[1]->tag ^= rt->tag;
rt->tag = 0;
}
}
void pushup(node *rt) {
if( rt->ch[0]->flag && rt->ch[1]->flag )
rt->flag = true;
}
node *merge(node *rt1, node *rt2, int dep) {
if( rt1 == NIL ) return rt2;
if( rt2 == NIL ) return rt1;
if( dep == -1 ) return rt1;
pushdown(rt1, dep), pushdown(rt2, dep);
rt1->ch[0] = merge(rt1->ch[0], rt2->ch[0], dep - 1);
rt1->ch[1] = merge(rt1->ch[1], rt2->ch[1], dep - 1);
pushup(rt1);
return rt1;
}
int search_mex(node *rt, int dep) {
if( dep == -1 ) return 0;
pushdown(rt, dep);
if( rt->ch[0]->flag )
return search_mex(rt->ch[1], dep - 1) | (1<<dep);
else return search_mex(rt->ch[0], dep - 1);
}
int c[MAXN + 5];
int sg[MAXN + 5], sum[MAXN + 5];
void dfs1(int x, int f) {
for(edge *p=adj[x];p;p=p->nxt) {
if( p->to == f ) continue;
dfs1(p->to, x); sum[x] ^= sg[p->to];
}
rt[x] = (c[x] ? NIL : new_trie(sum[x], 18));
for(edge *p=adj[x];p;p=p->nxt) {
if( p->to == f ) continue;
rt[p->to]->tag ^= (sum[x] ^ sg[p->to]);
rt[x] = merge(rt[x], rt[p->to], 18);
}
sg[x] = search_mex(rt[x], 18);
//printf("! %d %d\n", x, sg[x]);
}
vector<int>ans;
void dfs2(int x, int f, int k) {
k ^= sum[x];
if( k == 0 && c[x] == 0 ) ans.push_back(x);
for(edge *p=adj[x];p;p=p->nxt) {
if( p->to == f ) continue;
dfs2(p->to, x, k^sg[p->to]);
}
}
int main() {
init();
int n; scanf("%d", &n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d", &c[i]);
for(int i=1;i<n;i++) {
int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
addedge(u, v);
}
dfs1(1, 0);
if( !sg[1] )
puts("-1");
else {
dfs2(1, 0, 0);
sort(ans.begin(), ans.end());
for(int i=0;i<ans.size();i++)
printf("%d\n", ans[i]);
}
}注意必须选择白点才能合法。任何时候（求 sg 函数值或求合法第一步）都不能考虑黑点的贡献。
@spoj - COT3@ Combat on a tree
标签：using 描述 begin 否则 hup scanf tput pushd 相交
原文地址：https://www.cnblogs.com/Tiw-Air-OAO/p/11330421.html
