10.2：异或树经验

这一篇是个人的集训题目心得，看到与洛谷上此题有较大关联，所以放上来了。

题面：

解析：

例图

首先我们要知道，要求出任意两点之间的路径异或和，

e.g.1:G——E:

可以得出G——E的路径异或和等于G——A的异或和异或上E——A的路径异或和。

证明：A——G的路径异或和：AB^BDDG;

A——E的路径异或和：AC^CE;

把两个异或起来就是AB^BDDG^ACCE;

e.g.2:G——H(换两个有重复的试试？

可以得出G——H的路径异或和等于G——A的异或和异或上H——A的路径异或和。

证明：A——G的路径异或和：AB^BDDG;

A——H的路径异或和：AB^BDDH;

把两个异或起来：DG^DH

？？？

为什么两个相同的异或可以抵消呢？

这其实就相当于求A^BB=?

我们知道，异或就是按位不进位加法:

1^1=0;

1^0=1;

0^1=1;

0^0=0;

因为是二进制，所以说连续进行两次不进位加法就又返回了原值。

然后就可以得到70%的分数。

要得到100%的分数，我们就要使用一种叫01字典树的做法.

就是把每一个数都转换为二进制，然后转换为一颗字典树，从高位到低位贪心出最大异或和即可。

字典树？

如图：

PS:左下角被挡住的两个单词是inn和int

这是inn, int, at, age, adv, ant这六个单词组成的字典树，我们可以看到，他们每一个单词都有共同开头几个字母。

所以运用一棵字典树，就可以巧妙的按照从跟到其他任意一个节点的方案走出每一个单词。

到了数字里：

因为前文已经说明，要求出任何两个点之间的异或和都可以转换成两者与根之间的关系。

所以，也就可以构造成一颗：01字典树。

其变化就是把字母替换成了0或1，因为单词是又一些字母组成，而一个10进制的数是由一些0和1组成一样。

所以说这样转换后，就可以求贪心求最长异或和了。

比如从根开始找，一直找1就行。

此题与洛谷P4551 最长异或路径很像，但以下代码并不能AC.

代码

#include <stdio.h>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define maxn 100010

using namespace std;

struct edge{
    int next,to,val;
}e[maxn*2];

int point[maxn],cnt,n,xorval[maxn];
int t[maxn*32][2],root,size,ans;
bool vis[maxn];

void addedge(int x,int y,int val)
{
    e[++cnt].next=point[x];
    e[cnt].to=y;
    e[cnt].val=val;
    point[x]=cnt;
}

void dfs(int x)
{
    vis[x]=1;
    for(int i=point[x];i;i=e[i].next)
    {
        int y=e[i].to;
        if(!vis[y])
        {
            xorval[y]=xorval[x]^e[i].val;
            dfs(y);
        }
    }
}

void insert(int val)
{
    int x=root;
    for(int i=30;i>=0;i--)
    {
        int tmp=(val>>i)&1;
        if(t[x][tmp]==-1) t[x][tmp]=++size;
        x=t[x][tmp];
    }
}

void init()
{
    memset(t,-1,sizeof(t));
    memset(e,0,sizeof(e));
    memset(point,0,sizeof(point));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(xorval,0,sizeof(xorval));
    ans=cnt=size=root=0;
}

void query(int val)
{
    int x=root;
    int sum=0;
    for(int i=30;i>=0;i--)
    {
        int tmp=(val>>i)&1;
        if(t[x][tmp^1]==-1)
            x=t[x][tmp];
        else
        {
            x=t[x][tmp^1];
            sum+=(1<<i);
        }
    }
    ans=max(ans,sum);
}

int main()
{
    //freopen("xortree.in","r",stdin);
    //freopen("xortree.out","w",stdout);
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        init();
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            int x,y,z;
            scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
            x++;
			y++; 
            addedge(x, y, z);
            addedge(y, x, z);
        }
        dfs(0);//深搜
        for(int i=0;i<n;i++)
            insert(xorval[i]);
        for(int i=0;i<n;i++)
            query(xorval[i]);
        printf("%d
",ans);
    }
}