思路:第二道树分治题,但这题首先要先解决dp的递推表达式。
首先先确定一点,同一子树上的dfs序一定是连续的,这也就给了我们一个将树上的dp映射到普通dp上(普通dp我们研究的元素之间通常是连续的)。换句话说,按dfs序的话,我们就可以考虑前i项构成的子树这样的情况,如果不是dfs序,那么前i项可能在不同子树,这与题目要求不符。
设dp[i][j]表示考虑了dfs序的前i项,目前连通块的异或和为j的方案数。
dp[0][0]=1表示没有任何点,异或值为0的方案数为1(什么也不选也是一种)。
考虑转移:第i+1项加进来,那么它的子树也可以加进来,dp[i+1][j^v[dfn[i]]+=dp[i][j]
第i+1项不加入,那么它的子树也不能加,所以需要间隔size[dfn[i]]项,dp[i+size[dfn[i]]][j]+=dp[i][j]
接着考虑分治求各个子树的贡献。
取一个根,将这棵树转化为有根树,并假设根必须要选,那么对于一个点来说,如果它选了,它的父亲就必须选。
求出dfs序,设f[i][j]f[i][j]表示考虑了dfs序的前ii项,目前连通块的异或和为jj的方案数。
如果ii是一个左括号,那么把ff传给儿子,并强制选择儿子;如果ii是个右括号,那么这个子树既可以选又可以不选,累加即可。
如果根必然不选,那么可以去掉这个根,变成若干棵树的子问题,这显然是点分治的形式,取重心作为根即可。
时间复杂度O(nmlogn)。
代码:
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e3+38;
const int mod=1e9+7;
int n,v[maxn],m;
int head[maxn*2];
int num;
int M,allnode;
int Focus;
int size[maxn],f[maxn];
bool vis[maxn];
ll dp[maxn][maxn];
int dfn[maxn],tim;
ll ans[maxn];
struct Edge
{
int u,v,w,next;
}edge[maxn<<2];
void addEdge(int u,int v,int w)
{
edge[num].u=u;
edge[num].v=v;
edge[num].w=w;
edge[num].next=head[u];
head[u]=num++;
}
void init()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(ans,0,sizeof(ans));
num=0;
}
void getFocus(int u,int pre)
{
size[u]=1,f[u]=0;
for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].v;
if(v==pre||vis[v]) continue;
getFocus(v,u);
size[u]+=size[v];
f[u]=max(f[u],size[v]);
}
f[u]=max(f[u],allnode-size[u]);
if(M>f[u])
{
M=f[u];
Focus=u;
}
}
void dfs(int u,int pre)
{
size[u]=1;
dfn[tim++]=u;
for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].v;
if(v==pre||vis[v]) continue;
dfs(v,u);
size[u]+=size[v];
}
}
void cal()
{
for(int i=0;i<=tim;i++) //直接用memset会超时
{
fill(dp[i],dp[i]+m,0);
}
//memset(dp,0,sizeof(dp));
//memset(dp, 0, m* sizeof *dp);
dp[0][0]=1;
for(int i=0;i>T;
while(T--)
{
init();
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&v[i]);
for(int i=1,u,v;i