【trie树】【P4551】 最长异或路径

Description

给定 \(n\) 个点的带边权树,求一条异或和最大的简单路径

Input

第一行是点数 \(n\)

下面 \(n - 1\) 行每行三个整数描述这棵树

Output

输出一个数代表答案

Hint

\(1~\leq~n~\leq~10^5~,~1~\leq~w~<~2^{31}\),其中 \(w\) 是最大边权

Solution

考虑由于自身异或自身对答案无贡献,对于两个点 \(u,v\),他们简单路径上的异或和即为他们分别向根节点求异或和的两个值的疑惑值。

然后考虑枚举每个点,设它向根求异或和的值为 \(c\),寻找另一个能够最大化异或值的点。显然要从高到低考虑。高位不够优秀的可以直接扔掉,我们考虑到底 \(i\) 位时,所有没有被扔掉的点中,如果 \(c\) 的第 \(i\) 位为 \(1\),则为了让答案更大,我们尽可能的选择第 \(i\) 位为 \(0\) 的点,反过来同理。

于是问题变成了动态判断是否存在符合要求的异或和。我们建立一棵 \(01\) trie来维护所有的异或和,然后在树上反着走即可。

时空复杂度 \(O(n~\log w)\)。不过略微有点小卡空间

Code

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a, b, c)
#endif
#define ci const int
#define cl const long long

typedef long long int ll;

namespace IPT {
    const int L = 1000000;
    char buf[L], *front=buf, *end=buf;
    char GetChar() {
        if (front == end) {
            end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);
            if (front == end) return -1;
        }
        return *(front++);
    }
}

template <typename T>
inline void qr(T &x) {
    char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
    while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();
    while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
    if (lst == '-') x = -x;
}

template <typename T>
inline void ReadDb(T &x) {
    char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
    while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch = IPT::GetChar();
    while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
    if (ch == '.') {
        ch = IPT::GetChar();
        double base = 1;
        while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x += (ch ^ 48) * ((base *= 0.1)), ch = IPT::GetChar();
    }
    if (lst == '-') x = -x;
}

namespace OPT {
    char buf[120];
}

template <typename T>
inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {
    if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}
    int top=0;
    do {OPT::buf[++top] = char(x % 10 + '0');} while (x /= 10);
    while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
    if (pt) putchar(aft);
}

const int maxn = 100010;
const int maxm = 200010;
const int maxt = 6200010;

struct Edge {
    Edge *nxt;
    int to, v;
};
Edge eg[maxm], *hd[maxn]; int ecnt;
inline void cont(ci from, ci to, ci v) {
    Edge &e = eg[++ecnt];
    e.to = to; e.nxt = hd[from]; e.v = v; hd[from] = &e;
}

struct Tree {
    Tree *son[2];
};
Tree qwq[maxt], *rot;
int top;

int n, ans;
int dist[maxn];

void reading();
void dfs(ci, ci);
void buildroot();
void build(Tree*, ci, ci);
int check(Tree*, ci, ci);

int main() {
    freopen("1.in", "r", stdin);
    qr(n);
    reading();
    dfs(1, 0);
    buildroot();
    for (int i = 1; i <= n; ++i) build(rot, dist[i], 31);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) ans = std::max(ans, check(rot, dist[i], 31) ^ dist[i]);
    qw(ans, '\n', true);
    return 0;
}

void reading() {
    int a, b, c;
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        a = b = c = 0; qr(a); qr(b); qr(c);
        cont(a, b, c); cont(b, a, c);
    }
}

void dfs(ci u, ci fa) {
    for (Edge *e = hd[u]; e; e = e->nxt) {
        int &to = e->to;
        if (to == fa) continue;
        dist[to] = dist[u] ^ e->v; dfs(to, u);
    }
}

void buildroot() {
    rot = qwq; top = 1;
}

void build(Tree *u, ci v, ci cur) {
    if (cur < 0) return;
    int k = static_cast<bool>((1 << cur) & v);
    build(u->son[k] ? u->son[k] : u->son[k] = qwq + (top++), v, cur - 1);
}

int check(Tree *u, ci v, ci cur) {
    if (cur < 0) return 0;
    int k = (static_cast<bool>((1 << cur) & v)) ^ 1;
    return u->son[k] ? (check(u->son[k], v, cur - 1) | (k << cur)) : check(u->son[k ^ 1], v, cur - 1) | ((k ^ 1) << cur);
}

Summary

对于异或和一类的题目,考虑自身异或两遍对答案无贡献的情况。

动态判断一个串是否存在可以使用踹树来维护。

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转载自www.cnblogs.com/yifusuyi/p/10269235.html
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