[AtCoder Petrozavodsk Contest 001F] XOR Tree（巧妙的转化 + 状压 DP） | 错题本

题目

[AtCoder Petrozavodsk Contest 001F] XOR Tree

分析

一条路径上的边权全部异或一个值比较恶心，于是有一个神仙转化：考虑到路径上所有非端点的度都为 $2$，也就是说进入一个点和出去一个点都异或了一个值，所以我们将点权设为 与它相连的边的边权异或和。容易证明所有点权均为 $0$ 是所有边权均为 $0$ 的充分必要条件。

必要性显然。证明充分性只需要考虑不断找到度为 $1$ 的点，其对应的边边权为 $0$，于是可以删掉它们，不断删掉后即可证明所有边权为 $0$。更严谨的说法是用归纳法证明。

再考虑操作：一个操作事实上是将两端点的点权异或同一个值，因为路径上的每个点都被异或了两次，相当于没有操作。

于是我们的问题转化为：有 $n$ 个数 $a_i(0\le a_i\le 15)$，每次操作可以选择两个数 $a_i,a_j$ 并让它们同时异或一个数。求最小操作次数使所有数变为 $0$。

很显然要先操作相同的数，将它们全部变成 $0$。这样一来每种数最多剩一个。然后考虑状压 DP，将每种数直接压入状态中。然后选出两个不同的数 $i,j$，显然要异或 $i$ 或者 $j$ 将它们变成 $0,i\oplus j$ 是最优的，因为如果不异或 $i,j$ 中的一个数，这个操作没有任何意义。于是找到了一个 $2^{15}\times 15^2$ 的算法。

代码

#include 
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#include 
#include 

const int MAXN = 100000;
const int MAXA = 15;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int N;
int A[MAXN + 5];
int Cnt[MAXA + 5];

int Dp[(1 << (MAXA + 1)) + 5];

int Dfs(int S) {
	if (Dp[S] != INF)
		return Dp[S];
	for (int i = 1; i <= MAXA; i++)
		if ((S >> i) & 1)
			for (int j = i + 1; j <= MAXA; j++)
				if (((S >> j) & 1))
					Dp[S] = std::min(Dp[S], Dfs(S ^ (1 << i) ^ (1 << j) ^ (1 << (i ^ j))) + 1 + ((S >> (i ^ j)) & 1));
	return Dp[S];
}

int main() {
	scanf("%d", &N);
	for (int i = 1; i < N; i++) {
		int u, v, w; scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
		A[u + 1] ^= w, A[v + 1] ^= w;
	}
	for (int i = 1; i <= N; i++)
		Cnt[A[i]]++;
	int Ans = 0, S = 0;
	for (int i = 1; i <= MAXA; i++) {
		Ans += Cnt[i] / 2;
		Cnt[i] %= 2;
		if (Cnt[i])
			S |= (1 << i);
	}
	memset(Dp, 0x3f, sizeof Dp);
	Dp[0] = 0;
	printf("%d", Dfs(S) + Ans);
	return 0;
}