题解：CF1659E AND-MEX Walk

一道十分灵活的题（没点脑子真做不出来）。

题目简化：经过某一条路径，使得这条路径能到 $u$ 和 $v$ 且这条路的 $\mathrm{mex}$ 值最小。其中 $\mathrm{mex}$ 是沿途路径权值两两与运算后没出现的最小的自然数。

通过样例可以看出好像答案只有 $0,1,2$。

证明： 假设 $0,1,2$ 都出现过，而有一个大于 $2$ 的数没出现。那因为 $2$ 出现过，所以必然有一段数转化为二进制后最后一位与运算后为 $0$，因为 $0$ 和任何数与运算后都是 $0$，所以 $1$ 一定在 $2$ 的前面，而因为有 $1$，所以除了二进制的最后一位，其他的位数都是 $0$，但是 $2$ 在 $1$ 后面且 $2$ 的第二位是 $1$ 不是 $0$，所以 $1$ 根本没出现，正好矛盾。

那什么时候答案是 $0$，什么时候答案是 $1$，什么时候又是 $2$ 呢？

思路

• 答案是 $0$：

  如果答案是 $0$，说明除 $0$ 之外其他的数都出现过，很容易想到，只要保证这条路径上所有的边权的二进制必然有一位都是 $1$ 就可以了。

• 答案是 $1$：

  这就不太好想了。我们可以这么思考：如果没出现过 $1$，说明存在一条分界线，它的前半部分 $>1$，后半部分则全是 $0$。

  前半部分 $>1$ 的做法很像上面求答案是 $0$ 的做法。只需要保证前半部分中有一位全都是 $1$ 就可以了。但要注意，这一位不能是最后一位，不然前半部分就已经出现 $1$ 了。

  后半部分全是 $0$ 的情况也很简单。我们只需要先判断后半部分的权值是不是没有任何一位全都是 $1$（上面算答案 $0$ 的时候就判断过，只要答案不是 $0$，那就肯定不满足），接着在看看后半部分是不是有一个末位为 $0$ 的，如果有，那答案就是 $1$。

• 答案是 $2$：

  只要上面的都不满足，那答案就是 $2$ 了，具体证明见上。

思路有了，可是上面的做法时间复杂度太高了，怎么优化一下？

这就要请出这道题的精髓了：并查集！

怎么想到并查集的呢？主要还是因为这从始至终其实是一个图，而且又要找 $1$ 的个数，和并查集中的合并很像，所以就想到并查集了。

并查集优化

首先是合并，怎么合并呢？

我们不难发现，上面的思路中我们都在找一个东西：当前二进制中这一位有 $1$ 的权值。那很容易想到，我们只需要把这一位有 $1$ 的权值全连起来，形成一个小的连通块（或者叫树），我在查找从起点到终点之间是否有 $1$ 时，只需要看看它们两个是否连通了，如果连通了，那就说明必然有一位全都是 $1$。

接着是查找。查答案是 $0$ 的我们说过了，那答案为 $1$ 的呢？

注意看答案为 $1$ 的重点：如果最后一位为 $0$，那后半部分就必然为 $0$。这里主要在说关于最后一位的，所以我们只需要判断每个边权的最后一位是否为 $0$，然后再找个超级原点 $0$ 把所有最后一位是 $0$ 的起点和终点都合并到这个超级原点上，在判断时只需要看看起点能否到这个超级原点，能到末位就必然为 $1$。

证明： 如果我能到超级原点，那在其中就一定有一个点到另一个点之间的边权二进制最后一位为 $0$，那么在这个点之后的所有边权与运算后值都为 $0$，而在这个点之前的边权与运算后的值都 $>1$（上面已经否定了前面有 $1$ 的情况），因此这条路上必然没有 $1$。

代码实现：

#include
#define int long long
using namespace std;
int n,m,q,u,v,w,b[100006];
struct mw {
	int db[100006];
	mw() {
		for(int i=1; i<=100006; i++) {
			db[i]=i;
		}
	}
	int find(int u) {
		return u==db[u]?u:db[u]=find(db[u]);
	}
	void hb(int u,int v) {
		db[find(u)]=find(v);
	}
	bool pd(int u,int v) {
		return find(u)==find(v);
	}
} x[36],y[36];
signed main() {
	cin>>n>>m;
	for(int i=1; i<=m; i++) {
		cin>>u>>v>>w;
		for(int j=0; j<30; j++) {
			if(w&(1<<j)) {
				x[j].hb(u,v);
			}
		}
		if(!(w&1)) {
			b[u]=b[v]=1;
		}
	}
	for(int i=1; i<30; i++) {
		y[i]=x[i];
		for(int j=1; j<=n; j++) {
			if(b[j]) {
				y[i].hb(j,0);
			}
		}
	}
	cin>>q;
	while(q--) {
		cin>>u>>v;
		bool flag=false;
		for(int i=0; i<30; i++) {
			if(x[i].pd(u,v)) {
				cout<<"0"<<endl;
				flag=true;
				break;
			}
		}
		if(flag) {
			continue;
		}
		for(int i=1; i<30; i++) {
			if(y[i].pd(u,0)) {
				cout<<"1"<<endl;
				flag=true;
				break;
			}
		}
		if(flag) {
			continue;
		}
		cout<<"2"<<endl;
	}
	return 0;
}