Codeforces Round #396 (Div. 2) E. Mahmoud and a xor trip 二进制拆位+树型dp

E. Mahmoud and a xor trip

链接：

http://codeforces.com/contest/766/problem/E

题意：

给定一颗n节点的树以及每个节点的权值，另dis(u,v)表示节点u到v路径上的异或和，求不大于i的节点与i组成的有序对的距离的和（1<=i<=n）。

题解：

位运算的话大多可以想到按位拆分，统计每一位对答案的贡献，因为每一位的运算都是独立的。所以按位枚举，假设当前是第b位，则dp[x][0]表示以x为根节点的异或值为0的路径的数量，dp[x][1]也是如此定义。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;
LL dp[N][2], a[N];
LL ans = 0;
vector<int> G[N];

void dfs(int x, int fa, int bit)
{
    LL q = 0;
    int b = (a[x] >> bit) & 1;//取得当前的a[x]在第bit位是0还是1，
    dp[x][b] = 1;//初始化
    dp[x][b ^ 1] = 0;//初始化
    for (int i = 0; i<G[x].size(); i++){
        int v = G[x][i];
        if (v == fa)continue;
        dfs(v, x, bit);
        q += dp[x][0] * dp[v][1] + dp[x][1] * dp[v][0];//统计子节点到x的路径上异或和，只需算1^0与0^1即可。
        dp[x][b ^ 0] += dp[v][0];//更新异或操作后的状态值。
        dp[x][b ^ 1] += dp[v][1];//更新异或操作后的状态值。
    }
    ans += (q << bit);//更新答案。
}
int main()
{
    int n, u, v;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> a[i];
        ans += a[i];
    }
    for (int i = 0; i<n - 1; i++){
        cin >> u >> v;
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }
    for (int i = 0; i <= 20; i++)//由于权值最大为1e6，所以其实枚举到20位就足够了。
        dfs(1, 0, i);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}