[多校联考2019(Round 5 T1)] [ATCoder3912]Xor Tree(状压dp)

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[多校联考2019(Round 5)] [ATCoder3912]Xor Tree(状压dp)

题面

给出一棵n个点的树，每条边有边权v，每次操作选中两个点，将这两个点之间的路径上的边权全部异或某个值，求使得最终所有边权为0的最小操作次数。

\(v \leq 15,n \leq 10^5\)

分析

首先把边权转化为点权。记一个点的点权为与它相连的所有边的边权和。当我们给一条路径上的边异或上某个值时，路径端点的点权被异或了1次，而路径上不是端点的点有两条边被异或了，相当于异或了2次，权值不变。因此，我们发现，路径上的边权修改相当于对路径端点的点权修改

因此问题变成了，树上有n个点，每个点有一个点权。每次操作可以选2个点，将它们同时异或上某值，求使得最终所有点权为0的最小操作次数。

首先，我们将值相等的点两两异或上它们的值。最后还剩下值互不相同的一些点，这些点最多有15个(值为0的点不管)。

于是可以状压dp.状态为当前权值的出现情况。

转移的时候枚举当前状态里的两个值\(i,j\),考虑操作1次其中一个异或成0，那另一个的权值就变为\(p=i \ \mathrm{XOR} \ j\)。那么dp[s]=min(dp[s],dp[(s^(1<<i)^(1<<j)^(1<<p)]+1)

但是有一种特殊情况，如果原来的状态里就存在\(i\ \mathrm{XOR} \ j\),那么还可以再操作1次，把两个\(i\ \mathrm{XOR} \ j\)消掉

dp[s]=min(dp[s],dp[s^(1<<i)^(1<<j)^(1<<p)]+2)

dp用记忆化搜索实现更方便

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 100000
#define maxv 15
#define maxb (1<<16)
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n;
int a[maxn+5];
int cnt[maxv+5];

int sta;
int dp[maxb+5];
int get_dp(int s) {
    if(dp[s]!=INF) return dp[s];
    for(int i=0; i<=15; i++) {
        if(!(s&(1<<i))) continue;
        for(int j=0; j<=15; j++) {
            if(!(s&(1<<j))||i==j) continue;
            int p=i^j;
            int rest=s^(1<<i)^(1<<j)^(1<<p);
            if(!(rest&(1<<p))) dp[s]=min(dp[s],get_dp(rest)+2); //i,j异或之后出现i^j，和原来的i^j一起被消掉
            else dp[s]=min(dp[s],get_dp(rest)+1);
        }
    }
    return dp[s];
}
int main() {
//#ifdef LOCAL
//  freopen("1.in","r",stdin);
//#endif 
    int u,v,w;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1; i<n; i++) {
        scanf("%d %d %d",&u,&v,&w);
        u++;
        v++;
        a[u]^=w;
        a[v]^=w;
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        cnt[a[i]]++;
    }
    int ans=0;
    for(int i=1; i<=15; i++) {
        ans+=cnt[i]/2;
        if(cnt[i]%2==1) sta|=(1<<i);
    }
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
    dp[0]=0;
    ans+=get_dp(sta);
    printf("%d\n",ans);
}

[多校联考2019(Round 5 T1)] [ATCoder3912]Xor Tree(状压dp)

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