题解【[SCOI2016]幸运数字】

\[\texttt{Description} \]

给出一棵包含 \(n\) 个点的树，点带权。

有 \(Q\) 次询问，每次询问给出两个点 \(x\) 和 \(y\)，求 \(x\) 到 \(y\) 的简单路径上，任意选择若干个点，使得其点权异或和最大。

\(1 \leq n \leq 2 \times 10^4\)，\(1 \leq Q \leq 2 \times 10^5\)，\(0 \leq g_i \leq 2^{60}\)。

\[\texttt{Solution} \]

前置知识：树上倍增，线性基。

首先我们知道线性基是可以暴力合并的，即把线性基 \(b\) 的元素一个个地插入线性基 \(a\) 中。定义 \(\text{merge}\) 运算合并两个线性基，显然 \(\text{merge}\) 运算的复杂度是 \(\mathcal{O(\log^2 n)}\) 的。

考虑树上倍增。设 \(f_{i, j}\) 表示节点 \(i\) 向上跳 \(2^j\) 步所到达的节点编号，设 \(g_{i, j}\) 表示节点 \(i\) 向上跳 \(2^j\) 步所经过的所有节点（不包括节点 \(i\)）的点权所组成的线性基。则有：

\[f_{i, j} = f_{f_{i, j - 1},j - 1} \]

\[g_{i, j} = g_{i, j - 1} \ \text{merge} \ g_{f_{i, j - 1}, j - 1} \]

通过简单的 BFS 即可预处理出 \(f\) 与 \(g\)。

询问也按照倍增求 \(\text{lca}\) 的框架，令 \(x, y\) 向上跳，\(x, y\) 每向上移动一段路径，就合并该路径对应的线性基。

至此我们有一个 \(\mathcal{O(n \log^3 n) - O(\log^3 n)}\) 的做法。

这个做法还不够优秀，考虑挖掘线性基合并的一些性质。

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有一个树上倍增的 trick：

若一个运算满足 \(a \oplus a = a\)，则我们称这个运算满足 " 可重复贡献 " 性。

例如 \(\max\)、\(\min\)、\(\gcd\) 等运算均满足 " 可重复贡献 " 性。

考虑 \(x\) 到 \(y\) 之间的路径，记 \(z = \text{lca}(x, y)\)。

我们将 \(x\) 到 \(y\) 的路径分成了 \({\color{red}红路径}\)、 \({\color{orange}橙路径}\)、 \({\color{yellow}黄路径}\)、 \({\color{green}绿路径}\) 四部分，每一部分的长度都是不超过 " 所在大路径的长度 " 的 \(2\) 的最大整数次幂（\({\color{red}红路径}\) 和 \({\color{orange}橙路径}\) 归在 \(x\) 到 \(z\) 的大路径里，\({\color{yellow}黄路径}\) 和 \({\color{green}绿路径}\) 归在 \(y\) 到 \(z\) 的大路径里），每一部分的贡献都可以通过倍增数组求出，故答案为 \({\color{red}红路径贡献} \oplus {\color{orange}橙路径贡献} \oplus {\color{yellow}黄路径贡献} \oplus {\color{green}绿路径贡献}\)。

设 \(\oplus\) 运算的复杂度为 \(\mathcal{O(w)}\)，若配合 " 长链剖分求树上 \(k\) 级祖先 " 以及 " tarjan 求 \(\text{lca}\) "，即可 \(\mathcal{O(w)}\) 回答询问。

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回到此题，注意到线性基合并也是满足 " 可重复贡献 " 性的。具体的说：若线性基 \(a\) 与线性基 \(b\) 所代表的路径之间有交集，则线性基 \(a\) 与线性基 \(b\) 经过 \(\text{merge}\) 运算后所得到的线性基代表的路径为线性基 \(a\) 与线性基 \(b\) 所代表的路径的并集。因为交集部分的元素在重复插入线性基的时候显然不会多做贡献。

于是套用上述 trick 即可将复杂度优化至 \(\mathcal{O(n \log^3 n) - O(\log^2 n)}\)。

注意到 \(\text{merge}\) 操作的复杂度为 \(\mathcal{O(\log^2 n)}\)，所以我们还是可以用树上倍增来求 " 树上 \(k\) 级祖先 " 以及 " \(\text{lca}\) "。

\[\texttt{Code} \]

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 20100, M = 40100;

int logx[N];

int n, m;

long long val[N];

int tot, head[N], ver[M], Next[M];

void add(int u, int v) {
	ver[++ tot] = v;    Next[tot] = head[u];    head[u] = tot;
}

struct bas {
	long long p[64];
	bas() { 
		for (int i = 0; i <= 63; i ++)
			p[i] = 0;
	} 
};

long long calc(bas a) {
	long long ans = 0;
	for (int i = 63; i >= 0; i --)
		if ((ans ^ a.p[i]) > ans) ans ^= a.p[i];
	return ans;
}

bas operator + (bas a, long long x) { 
	for (int i = 63; i >= 0; i --) {
		if (!(x >> i)) continue;
		if (!a.p[i]) { a.p[i] = x; break; }
		else x ^= a.p[i];
	}
	return a;
}

bas operator + (bas a, bas b) {
	for (int i = 63; i >= 0; i --)
		if (b.p[i]) a = a + b.p[i];
	return a;
}

int d[N];
int f[N][20];
bas g[N][20];

void bfs() {
	queue q;
	q.push(1), d[1] = 1;
	while (q.size()) {
		int u = q.front(); q.pop();
		for (int i = head[u]; i; i = Next[i]) {
			int v = ver[i];
			if (d[v]) continue;
			d[v] = d[u] + 1;
			f[v][0] = u;
			g[v][0] = g[v][0] + val[u];
			for (int j = 1; j <= 19; j ++) {
				f[v][j] = f[f[v][j - 1]][j - 1];
				if (f[v][j]) g[v][j] = g[v][j - 1] + g[f[v][j - 1]][j - 1];
			}
			q.push(v);
		}
	}
} 

int lca(int x, int y) {
	if (d[x] > d[y]) swap(x, y);
	for (int i = 19; i >= 0; i --)
		if (d[x] <= d[f[y][i]]) y = f[y][i];
	if (x == y) return x;
	for (int i = 19; i >= 0; i --)
		if (f[x][i] != f[y][i]) x = f[x][i], y = f[y][i];
	return f[x][0];
} 

int jump(int x, int lv) {
	for (int i = 19; i >= 0; i --)
		if (lv >> i & 1) x = f[x][i];
	return x;
}

long long ask(int x, int y) {
	bas ans;
	ans = ans + val[x];
	ans = ans + val[y];
	int L = lca(x, y);
	if (d[x] - d[L] >= 1) {
		int lv = logx[d[x] - d[L]];
		ans = ans + g[x][lv];
		ans = ans + g[jump(x, d[x] - d[L] - (1 << lv))][lv];
	} if (d[y] - d[L] >= 1) {
		int lv = logx[d[y] - d[L]];
		ans = ans + g[y][lv];
		ans = ans + g[jump(y, d[y] - d[L] - (1 << lv))][lv];
	}
	return calc(ans);
}

int main() {
	logx[0] = -1;
	for (int i = 1; i <= 20000; i ++)
		logx[i] = logx[i / 2] + 1;

	scanf("%d%d", &n, &m);

	for (int i = 1; i <= n; i ++)
		scanf("%lld", &val[i]);

	for (int i = 1, u, v; i < n; i ++) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		add(u, v), add(v, u);
	}

	bfs();

	while (m --) {
		int x, y; scanf("%d%d", &x, &y);
		printf("%lld\n", ask(x, y));
	} 

	return 0;
}

\[\texttt{Thanks} \ \texttt{for} \ \texttt{reading} \]