「题目背景」
小奇采的矿实在太多了，它准备在喵星系建个矿石仓库。令它无语的是，喵星系的货运飞船引擎还停留在上元时代！
「问题描述」
喵星系有n个星球，星球以及星球间的航线形成一棵树。
从星球a到星球b要花费[dis(a,b) Xor M]秒。（dis（a,b）表示ab间的航线长度，Xor为位运算中的异或）
为了给仓库选址，小奇想知道，星球i（1<=i<=n）到其它所有星球花费的时间之和。
「输入格式」
第一行包含两个正整数n，M。
接下来n-1行，每行3个正整数a,b,c，表示a，b之间的航线长度为c。
「输出格式」
n行，每行一个整数，表示星球i到其它所有星球花费的时间之和。
「样例输入」
4 0
1 2 1
1 3 2
1 4 3
「样例输出」
6
8
10
12
「数据范围」
序号 N M
1 6 0
2 100 5
3 2000 9
4 50000 0
5 50000 0
6 50000 1
7 50000 6
8 100000 10
9 100000 13
10 100000 15
保证答案不超过2*10^9
下面一段话是出题人神秘而不失优雅的题解
算法1：
不会写函数的小伙伴们，我们只需要写个floyd，就有10分啦！
算法2：
在算法1的基础上，我们对每条边处理一下xor，就有20分啦！
算法3：
简单的树形DP，或者你会nlogn的dij，处理完每个点到其它点的最短路后再加上xor，那么这样就有30分啦！
算法4：
第4、5个点无需xor，那么我们树形DP扫一个节点与其它所有节点的路径长度之和，可以合并信息，最终均摊O(1)，50分到手。
算法5：
第6个点xor 1，那么我们树形DP到一个点时记录有多少个0，多少个1，然后每当一条路径到2，那部分就再记录一个值，60分到手。
算法6：
如果你第6个点都过了，却没有满分，笨死啦！
一样的嘛，就是原来的“0”、“1”、大于等于2变成了0~16么~~
下面是自己的话：
既然是棵树，又要快速地求每个点的值，那一定是树形DP加上换根的操作啦~
但是异或m要怎么处理呢？可以观察数据规模，发现m最大最大也就15，换成二进制数也就是 1111，所以发现异或m最多只会对数字的后面4位造成影响（异或0甚至无法造成什么影响）
于是愉快地写出DP数组 f[i]和sz[i][0~15]
f表示此时以i为根的子树到i节点的距离之和（减去后缀后的和）
sz表示此时距离以j为后缀的共有几个
每一次向根节点方向转移时会加上一条边的长度，此时不同后缀距离的后缀会发生相应改变，然后更新父亲相应后缀的sz值。
然后f里统计的距离总和是抹掉所有后缀后的总和，即不考虑后缀的贡献。如有一个距离是 10111(2),抹去长度为2的后缀后就只剩下10100，然后将这个结果加到f数组里，到最后根节点统计最终答案时再考虑每个后缀的贡献，此时的sz数组就派上用场了（具体看代码）
还有一点，就是最后要把答案减去m，因为统计后缀贡献时，多加了自己到自己的距离（本来为0，xor m 后变成了m)。
代码如下
1 #include2 #include 3 #include 4 #include 5 #include 6 7 #define For(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;++i) 8 #define Re register 9 #define Pn putchar('\n') 10 #define inf 0x7f7f7f 11 #define llg long long 12 using namespace std; 13 const int N=1e5+10; 14 int sz[N][17]; 15 int head[N],nxt[N*2],v[N*2],cnt=1; 16 llg w[N*2],z,fn[N],f[N]; 17 int n,m,x,y,ct,tot; 18 19 inline void read(int &v){ 20 v=0; 21 char c=getchar(); 22 while(c<'0'||c>'9')c=getchar(); 23 while(c>='0'&&c<='9')v=v*10+c-'0',c=getchar(); 24 } 25 inline void read(llg &v){ 26 v=0; 27 char c=getchar(); 28 while(c<'0'||c>'9')c=getchar(); 29 while(c>='0'&&c<='9')v=v*10+c-'0',c=getchar(); 30 } 31 void write(llg x){ 32 if(x>9)write(x/10); 33 int xx=x%10; 34 putchar(xx+'0'); 35 } 36 37 void add(int ux,int vx,llg wx){ 38 cnt++; 39 nxt[cnt]=head[ux]; head[ux]=cnt; v[cnt]=vx; w[cnt]=wx; 40 cnt++; 41 nxt[cnt]=head[vx]; head[vx]=cnt; v[cnt]=ux; w[cnt]=wx; 42 } 43 44 void DFS1(int x,int fa){ 45 sz[x][0]=1; 46 for(Re int i=head[x];i;i=nxt[i]){ 47 int vv=v[i]; 48 if(vv==fa)continue; 49 DFS1(vv,x); 50 f[x]+=f[vv]; 51 For(j,0,tot){ 52 int Nsm=j+w[i]; 53 int Nst=Nsm & ct; 54 sz[x][Nst]+=sz[vv][j]; 55 f[x]+=sz[vv][j]*(Nsm-Nst); 56 } 57 } 58 } 59 int Bsz[N][20]; 60 void DFS2(int x,int fa){ //换根 61 fn[x]=f[x]; 62 For(st,0,tot){ 63 fn[x]+=(st^m)*sz[x][st]; 64 } 65 For(st,0,tot)Bsz[x][st]=sz[x][st]; 66 llg Bf=f[x]; 67 68 for(Re int i=head[x];i;i=nxt[i]){ 69 int vv=v[i]; 70 if(vv==fa)continue; 71 72 int Nsm,Nst; 73 74 For(st,0,tot){ 75 Nsm =st+w[i]; 76 Nst=Nsm&ct; 77 sz[x][Nst]-=sz[vv][st]; 78 f[x]-=sz[vv][st]*(Nsm-Nst); 79 } 80 81 f[vv]=f[x]; 82 For(st,0,tot){ 83 Nsm=st+w[i]; 84 Nst=Nsm&ct; 85 sz[vv][Nst]+=sz[x][st]; 86 f[vv]+=sz[x][st]*(Nsm-Nst); 87 } 88 89 DFS2(vv,x); 90 91 f[x]=Bf; 92 For(st,0,tot)sz[x][st]=Bsz[x][st]; 93 } 94 } 95 96 int main(){ 97 // freopen("warehouse.in","r",stdin); 98 // freopen("warehouse.out","w",stdout); 99 read(n); read(m); 100 101 if(m==0)ct=0,tot=0; 102 if(m==1)ct=1,tot=1; 103 if(m==5)ct=7,tot=7; 104 if(m==6)ct=7,tot=7; 105 if(m>=9)ct=15,tot=15; //简单粗暴的预处理 106 107 For(i,1,n-1){ 108 read(x); read(y); read(z); 109 add(x,y,z); 110 } 111 DFS1(1,0); 112 DFS2(1,0); 113 For(i,1,n){ 114 write(fn[i]-m); Pn; 115 } 116 return 0; 117 }