题目描述
异或是一种神奇的运算,大部分人把它总结成不进位加法.
在生活中…xor运算也很常见。比如，对于一个问题的回答，是为1，否为0.那么：
（A是否是男生 ）xor（ B是否是男生）＝A和B是否能够成为情侣
好了，现在我们来制造和处理一些复杂的情况。比如我们将给出一颗树，它很高兴自己有N个结点。树的每条边上有一个权值。我们要进行M次询问，对于每次询问，我们想知道某两点之间的路径上所有边权的异或值。
输入输出格式
输入格式：
输入文件第一行包含一个整数N，表示这颗开心的树拥有的结点数，以下有N-1行，描述这些边，每行有3个数，u,v,w,表示u和v之间有一条权值为w的边。接下来一行有一个整数M，表示询问数。之后的M行，每行两个数u,v，表示询问这两个点之间的路径上的权值异或值。
输出格式：
输出M行，每行一个整数，表示异或值
输入输出样例
输入样例#1：
5
1 4 9644
2 5 15004
3 1 14635
5 3 9684
3
2 4
5 4
1 1
输出样例#1：
975
14675
0
说明
对于40%的数据，有1 ≤ N，M ≤ 3000；
对于100%的数据，有1 ≤ N ，M≤ 100000。
算法：
LCA+数学
分析：
这道题乍眼一看感觉是带权值的最近公共祖先问题，但粗略计算后发现会超时，进一步分析，得到一些有关异或的规律，然后这就是一道暴力的题目。
引用一些大佬的资料：
根据题目中对“异或”的定义，我们可以得出异或的真值表，这里我们用a,b代表异或的两个元素，a^b代表a按位异或的值。
a b a^b 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0我们发现，如果a==b，那么a^b就是0，否则式子的值就是1。
通过真值表，我们可以发现并证明异或的几个性质。
1.a^b==b^a
异或具有交换律
a b a^b b^a 0 0 0 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 02.a^b^c==a^(b^c)
异或具有结合律
a b c a^b^c a^(b^c) 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 1 13.a^a==0
异或自己是0
a a^a 0 0 1 04.a^0=a
异或0还是0
a a^0 0 0 1 1由以上四点性质，我们可以推出：
a^b^b = a^(b^b)
= a^0= a
所以推出如下定理：
异或的逆运算是它本身！！！
讲一下对于本题的具体思路：对于这棵树，随意指定一个根节点，以此点来建树，维护每个点到根节点的距离，两个点u到v的树上路径一定为
u->lca(u,v)->v
第一个过程一定是一直向父亲节点前进，第二个过程一定是一直向儿子节点前进。
（lca(u,v)的定义为u,v的树上最近公共祖先）
那么最后查询的答案一定为
length[u]^length[v] anc^ length[lca(u,v)] anc^ length[lca(u,v)]
其中anc^为^的逆运算，由于之前已经推出anc^等价于^，而两次亦或的结果等价于原结果，所以最后的答案为:
length[u]^length[v]
此处不用考虑特判u或v是根节点的情况。
建树的时间复杂度为O(N)，查询只需要O(1)的时间，最后程序的时间复杂度为O(N+M)，空间复杂度为O(N)。
上代码：
1 #include<cstdio> 2 #define maxn 100010 3 using namespace std; 4 5 int n,m,tot,head[maxn],dis[maxn]; 6 struct node 7 { 8 int nxt,to,val; 9 }edge[maxn<<1]; 10 bool vis[maxn]; 11 12 int read() 13 { 14 int x=0,f=1; 15 char c=getchar(); 16 while (c<48||c>57) 17 f=c=='-'?-1:1,c=getchar(); 18 while (c>=48&&c<=57) 19 x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar(); 20 return x*f; 21 } 22 23 void add(int c,int b,int a) 24 { 25 edge[++tot]=(node){head[a],b,c}; 26 head[a]=tot; 27 edge[++tot]=(node){head[b],a,c}; 28 head[b]=tot; 29 } 30 31 int dfs(int u,int Xor) 32 { 33 dis[u]=Xor; 34 vis[u]=1; 35 for (int i=head[u];i;i=edge[i].nxt) 36 if (!vis[edge[i].to]) 37 dfs(edge[i].to,Xor^edge[i].val); 38 } 39 40 int main() 41 { 42 int i,j,k,u,v; 43 n=read(); 44 for (i=1;i<=n-1;i++) 45 add(read(),read(),read()); 46 m=read(); 47 dfs(1,0); 48 while (m--) 49 printf("%d\n",dis[read()]^dis[read()]); 50 return 0; 51 }