bzoj4568: [Scoi2016]幸运数字
Description
A 国共有 n 座城市，这些城市由 n-1 条道路相连，使得任意两座城市可以互达，且路径唯一。每座城市都有一个
幸运数字，以纪念碑的形式矗立在这座城市的正中心，作为城市的象征。一些旅行者希望游览 A 国。旅行者计划
乘飞机降落在 x 号城市，沿着 x 号城市到 y 号城市之间那条唯一的路径游览，最终从 y 城市起飞离开 A 国。
在经过每一座城市时，游览者就会有机会与这座城市的幸运数字拍照，从而将这份幸运保存到自己身上。然而，幸
运是不能简单叠加的，这一点游览者也十分清楚。他们迷信着幸运数字是以异或的方式保留在自己身上的。例如，
游览者拍了 3 张照片，幸运值分别是 5，7，11，那么最终保留在自己身上的幸运值就是 9（5 xor 7 xor 11）。
有些聪明的游览者发现，只要选择性地进行拍照，便能获得更大的幸运值。例如在上述三个幸运值中，只选择 5
和 11 ，可以保留的幸运值为 14 。现在，一些游览者找到了聪明的你，希望你帮他们计算出在他们的行程安排中
可以保留的最大幸运值是多少。
Input
第一行包含 2 个正整数 n ，q，分别表示城市的数量和旅行者数量。第二行包含 n 个非负整数，其中第 i 个整
数 Gi 表示 i 号城市的幸运值。随后 n-1 行，每行包含两个正整数 x ，y，表示 x 号城市和 y 号城市之间有一
条道路相连。随后 q 行，每行包含两个正整数 x ，y，表示这名旅行者的旅行计划是从 x 号城市到 y 号城市。N
<=20000,Q<=200000,Gi<=2^60
Output
输出需要包含 q 行，每行包含 1 个非负整数，表示这名旅行者可以保留的最大幸运值。
Sample Input
4 2
11 5 7 9
1 2
1 3
1 4
2 3
1 4
Sample Output
14
11
分析
直接倍增求2^n父亲的线性基，暴力合并即可
可以利用点分治来解决一类树的路径问题。
具体操作是首先把所有询问塞到1节点，然后找重心，以重心为根划分树块，如果两个询问在同一个子树块内把那个询问递归下去，否则利用过跟路径上的信息处理即可。
具体维护的时候有些小细节
这道题就是维护线性基信息，然后暴力合并就好了
复杂度
代码
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
typedef long long LL;
const int N = 2e4 + 10, M = 2e5 + 10;
LL ri() {
char ch = getchar(); LL x = 0;
for(;ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) ;
for(;ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) - '0' + ch;
return x;
}
int to[N << 1], pos[N], nx[N << 1], pr[N], siz[N], tp, sums, mn, G;
int To[M * 30], Nx[M * 30], p[M], Pr[N], Tp;
bool vis[N];
LL ans[M], a[N], bin[60];
void add(int u, int v) {to[++tp] = v; nx[tp] = pr[u]; pr[u] = tp;}
void adds(int u, int v) {add(u, v); add(v, u);}
void Add(int u, int v) {To[++Tp] = v; Nx[Tp] = Pr[u]; Pr[u] = Tp;}
struct Q{int x, y;}q[M];
struct B {
LL a[60];
B() {memset(a, 0, sizeof(a));}
void Ins(LL v) {for(int i = 59; ~i && v; --i) if(v & bin[i]) {if(!a[i]) a[i] = v; v ^= a[i];}}
}h[N];
LL Que(B a, B b) {
LL rt = 0;
for(int i = 59; ~i; --i) {
if(a.a[i]) b.Ins(a.a[i]);
rt = std::max(rt, rt ^ b.a[i]);
}
return rt;
}
void G_get(int u, int f) {
siz[u] = 1; int tp = 0;
for(int i = pr[u]; i; i = nx[i])
if(!vis[to[i]] && to[i] != f){
G_get(to[i], u); siz[u] += siz[to[i]];
tp = std::max(tp, siz[to[i]]);
}
tp = std::max(tp, sums - siz[u]);
if(tp < mn) {mn = tp, G = u;}
}
void Dfs(int u, int f, int x) {
pos[u] = x; h[u] = h[f]; h[u].Ins(a[u]);
for(int i = pr[u]; i; i = nx[i]) if(to[i] != f && !vis[to[i]]) Dfs(to[i], u, x);
}
void Work(int u, int v, int cs) {
if(!Pr[v]) return ;
vis[u] = true; pos[u] = u; h[u] = B(); h[u].Ins(a[u]);
for(int i = pr[u]; i; i = nx[i]) if(!vis[to[i]]) Dfs(to[i], u, to[i]);
int cnt = 0; for(int i = Pr[v]; i; i = Nx[i]) p[++cnt] = To[i]; Pr[v] = 0; //注意要先把这个子树的信息清空，因为下面重新划分的时候可能会用到这个子树的信息。
for(int i = 1; i <= cnt; ++i) {
if(pos[q[p[i]].x] == pos[q[p[i]].y]) Add(pos[q[p[i]].x], p[i]);
else ans[p[i]] = Que(h[q[p[i]].x], h[q[p[i]].y]);
}
for(int i = pr[u]; i; i = nx[i])
if(!vis[to[i]]) {
sums = siz[to[i]] > siz[u] ? cs - siz[u] : siz[to[i]];
G = 0, mn = 1e9; G_get(to[i], 0); Work(G, to[i], sums);
}
}
int main() {
int n = ri(), m = ri(); bin[0] = 1; for(int i = 1;i <= 59; ++i) bin[i] = bin[i - 1] << 1;
for(int i = 1;i <= n; ++i) a[i] = ri();
for(int i = 1;i < n; ++i) {int u = ri(), v = ri(); adds(u, v);}
for(int i = 1;i <= m; ++i) {
q[i].x = ri(); q[i].y = ri();
if(q[i].x == q[i].y) ans[i] = a[q[i].x]; else Add(1, i);
}
G = 0, mn = 1e9, sums = n; G_get(1, 0); Work(G, 1, n);
for(int i = 1;i <= m; ++i) printf("%lld\n", ans[i]);
return 0;
}