AtCoder apc001_f

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给定一棵带边权的树(T=(V,E),|V|=n,|E|=n-1)，每次操作可以选择任意一条链和任意一个整数(x)，使这条链上所有边边权都异或上(x)。问最少用多少次操作使得所有边的边权都变为(0)。

(ninleft[2,10^5 ight],forall (x,y,v)in E,vin[0,15])。

考虑到链异或很不好想，不妨用差分把它转化为双点操作。

先介绍一下树上前缀和和树上差分：树上某点处的前缀和是以它为根的子树和。由于前缀和和差分是互逆运算，很容易推出树上某点处的差分是它减去它所有儿子。设差分数组为(d)，那么对某一条祖先(x)到晚辈(y)的链上所有点增加(v)可以转化为令(d_y=d_y+v,d_{fa_x}=d_{fa_x}-v)。

本题权值在边上，我们可以用每个点（除了根）代表它连向父亲的那条边。并且本题的操作是异或，异或的逆运算仍然是异或。设差分数组为(d)，那么对某一条祖先(x)到晚辈(y)的链上所有边异或(v)可以转化为令(d_y=d_yoplus v,d_x=d_xoplus v)。对于要异或的某条链(x o y)，显然可以拆成(x omathrm{LCA}(x,y),y omathrm{LCA}(x,y))，在(mathrm{LCA}(x,y))处差分异或的(2)次抵消了，所以任意一条链异或依然可以转化为令(d_x=d_xoplus v,d_y=d_yoplus v)。最终的目标将所有边的边权都变成(0)等价于将差分数组清零。于是只需要求出(T)的差分数组（显然不包括根），问题就转化成了：给定(n-1)个数，每次可以将其中(1sim2)个数异或上同一个数，求清零的最小次数。

首先，所有的(0)不用管，当作不存在。显然存在一种方案：将每个数异或上自己，这样(n-1)次操作即可清零。这种方案是每次清空(1)个数的。考虑能不能用(<x)次清空(x)个数来优化方案。不难想到，唯一的优化方式是：若(x)个数的异或和为(0)，那么可以用(x-1)次操作将它们清零。

显然，若存在(2)个数相等，那么它们满足异或和为(0)的条件，于是我们贪心地将它们(1)次清零。这样贪心看起来很正确，因为显然用(x-1)次操作清零的集合越多越优，于是集合们的大小要尽可能小。然鹅实际上这样贪心的确是对的。证明：若存在(2)个相同的数，它们没有被(1)次清零，分(4)种情况：

1. 它们都异或上自己来清零，操作数为(2)。那么显然将它们(1)次清零更优；
2. 它们其中一个异或上自己来清零，另一个包含在一个(x-1)次操作清零的集合里。设这个集合大小为(s)，那么操作数为(1+s-1=s)。若将这(2)个数(1)次清零，其他(s-1)个数都异或上自己来清零，操作数仍然是(1+s-1=s)，没有变差；
3. 它们包含在不同的(x-1)次操作清零的集合里。设这(2)个集合大小分别为(s_1,s_2)，那么操作数为(s_1-1+s_2-1=s_1+s_2-2)。若将这(2)个数(1)次清零，那么剩下来的(s_1+s_2-2)个数异或和显然为(0)，可以(s_1+s_2-3)次清零，操作数仍然是(1+s_1+s_2-3=s_1+s_2-2)，没有变差；
4. 它们包含在同一个(x-1)次操作清零的集合里。设这个集合大小为(s)，那么操作数为(s-1)。若将这(2)个数(1)次清零，其他(s-2)个数都异或上自己来清零，操作数仍然是(1+s-2=s-1)，没有变差。

综上，对于任意一个方案，若存在(2)个相同的数，它们没有被(1)次清零，那么若将它们(1)次清零，有办法使得方案不会变差。所以，必存在一种最优方案，其中尽可能将所有相同的(2)个数(1)次清零。得证。

我们用桶来存储这(n-1)个数，设(buc_i)表示数(i)的个数。那么按照上面贪心的方案，尽可能将所有相同的(2)个数(1)次清零需要(sumlimits_{i=1}^{15}leftlfloordfrac{buc_i}2 ight floor)次操作，数(i)会剩下(imod2in{0,1})个。对于剩下的这么少的数，我们就可以状压DP了。设(dp_i)表示剩下(1)个(x)当且仅当(xin i)时清空这(|i|)个数需要的最小操作数。边界为(dp_{varnothing}=0)，目标为(sumlimits_{i=1}^{15}leftlfloordfrac{buc_i}2 ight floor+dp_{{xmid buc_xmod2=1}})，状态转移方程为(dp_i=minegin{cases}|i|\|i|-1&igopluslimits_{jin i}j=0\minlimits_{j eqvarnothing,jsubsetneq i}{dp_j+dp_{i-j}}end{cases})（很简单吧）。时间复杂度为一个常数(3^{15})（枚举子集）。还要再加上一些树上操作的(mathrm O(n))。

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mp make_pair
#define X first
#define Y second
#define pb push_back
const int inf=0x3f3f3f3f;
int ppc(int x){return __builtin_popcount(x);}
const int N=100000;
int n;//树的大小 
vector<pair<int,int> > nei[N+1];//邻接表 
int buc[16];//桶 
int dfs(int x=1,int fa=0){//算差分数组&装进桶里，返回x的儿子的异或和 
	int xsm=0;//儿子的异或和 
	for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
		int y=nei[x][i].X,v=nei[x][i].Y;
		if(y==fa)continue;
		xsm^=v;//算儿子的异或和 
		buc[dfs(y,x)^v]++;//将儿子y处的差分装进桶里 
	}
	return xsm;
}
int dp[1<<15];
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x,y,z;
		cin>>x>>y>>z;
		x++;y++;
		nei[x].pb(mp(y,z));nei[y].pb(mp(x,z));
	}
	dfs();
	for(int i=1;i<1<<15;i++){//DP 
		dp[i]=ppc(i);//状态转移方程min中第1个式子 
		int xsm=0;
		for(int j=1;j<=15;j++)if(i&1<<j-1)xsm^=j;//集合内的数的异或和 
		if(!xsm)dp[i]=ppc(i)-1;//状态转移方程min中第2个式子 
		for(int j=i-1&i;j;j=j-1&i)dp[i]=min(dp[i],dp[j]+dp[i^j]);//状态转移方程min中第3个式子  
	}
	int ans=0,msk=0;
	for(int i=1;i<=15;i++)ans+=buc[i]>>1,msk|=(buc[i]&1)<<i-1;
	cout<<ans+dp[msk];//目标 
	return 0;
}