看了别人的题解,想了半天,我决定把它解释清楚一些。
题目大意
有 个点的树,树边有权值 ,每次操作可以把树上一条路径上所有边异或一个任意值 ,最少多少次操作可以使所有边权都变为 。
题解
用
表示把结点
的所有边的权值异或和,那么选择一条路径
全部异或
只对端点
和
有影响(其它路径上的点分别被有两条边被异或,这些点的
值被异或两次
,
值不变)。
当所有结点的
值都为
时,边权也一定为
。
稍微证一下:假设所有 值都为 了,边权仍有不为 的,则某个结点一定有至少两条不为 的边,则它的邻接点也至少有两条不为 的边,而这是一颗树,一定存在只有一条边的叶子结点,它不可能做到 值为 ,假设不成立。
将所有结点的
值处理出来,先将每两个
值相同的结点用一次操作处理为
(异或这个
值),剩余单出来的使用二进制状压表示一个状态。
每次至少将一个
值化为
为最优的转移。
稍微证一下:如果一次操作没有把任何一个 化为 ,如 与 同时异或 ,使得 , ,以便于与另外存在的 和 进行异或同时处理,共 次操作; 也可以以每次操作消掉一个 代替:① , ;② , ;③ , 。
每次枚举两个状态 中的数 ,做一次他们异或的操作,使之变为 ,如果 存在于状态S中,再用一次操作消除这它,即转移到一个新的状态。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=100005;
int dp[1<<16],V[MAXN],cnt[16];
int DP(int s)
{
if(s==0)
return 0;
if(dp[s]!=-1)
return dp[s];
dp[s]=0x3FFFFFFF;
for(int i=1;i<16;i++)
if(s&(1<<i))
for(int j=1;j<16;j++)
if(s&(1<<j))
{
int ns=s^(1<<i)^(1<<j)^(1<<(i^j));
if(__builtin_popcount(ns)<__builtin_popcount(s))
dp[s]=min(dp[s],DP(ns)+1+(((1<<(i^j))&s)==(1<<(i^j))));
}
return dp[s];
}
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1,x,y,a;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&a);
V[x]^=a;
V[y]^=a;
}
for(int i=0;i<n;i++)
if(V[i])
cnt[V[i]]++;
int ans=0,st=0;
for(int i=0;i<16;i++)
{
ans+=cnt[i]/2;
st^=(cnt[i]&1)<<i;
}
memset(dp,-1,sizeof dp);
ans+=DP(st);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}