传送门
题意:给定一棵n个点的带权树，结点下标从1开始到N.求树上最长的异或路径.异或路径指的是两个结点之间的路径上的所有边权的异或值的和.
分析:设dis[x]表示根节点到x的路径上所有边权的异或和,则有dis[x]=dis[father(x)]^w[x,father(x)],看到这个式子,有没有感到分外亲切?我们可以对树进行DFS,预处理出所有的dis[x].
根据结论:树上x到y的路径上所有边权的异或和就等于dis[x]^dis[y].证明:若x和y分别在根节点的两棵子树上,则它们各自到根节点的路径没有重合部分,上面结论显然成立.若x和y在根节点的同一棵子树上,则它们到各自根节点的路径会有重合部分,但因为a^a=0,所以重合部分恰好抵消,综上结论成立,证毕!
于是题目就变成了在dis[1]~dis[n]这N个数中选出两个,使它们异或的结果最大.
于是我们可以把dis数组中的每一个元素(整数)看作长度为32的二进制01串(数值较小时,前面补0即可),然后把它们都插入一棵Trie树中.
接下来对于dis数组的每一个元素,进行一次类似于在Trie中查询的操作,从根节点出发,每一步都尽量(尽量!!!)沿着与之当前位相反的字符指针向下访问(贪心策略,根据异或运算"相同得0,不同得1"的运算法则得来).
int n,tot,ans;
int dis[100005],ch[3000005][2];
int cnt,head[100005],nxt[200005];
int to[200005],w[200005];
void add(int a,int b,int c){
nxt[++cnt]=head[a];
head[a]=cnt;
to[cnt]=b;
w[cnt]=c;
}//还没忘记链式前向星...
void dfs(int x,int father){
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y=to[i];
if(y==father)continue;//这里注意一下
dis[y]=dis[x]^w[i];
dfs(y,x);
}
}
void insert(int x){//Trie树插入操作的模板
int u=0;
for(int i=31;i>=0;i--){
int c=(x&(1<<i))>>i;
//1<<i,即2^i;
//x&(1<<i)得到x的二进制数从低到高的第i位是1还是0
//如果是0,则c等于0;如果是1,则c=(2^i)>>i=1
if(!ch[u][c])ch[u][c]=++tot;
u=ch[u][c];
}
}
int query(int x){
int u=0,ans=0;
for(int i=31;i>=0;i--){
int c=(x&(1<<i))>>i;
if(ch[u][c^1]){
c要么0要么1,0^1=1,1^0=0,所以c^1相当于!c
ans+=(1<<i);
//如果走了与当前位相反的字符指针,则对答案产生贡献
u=ch[u][c^1];
}
else u=ch[u][c];
}
return ans;
}
int main(){
n=read();//n个节点
for(int i=1;i<=n-1;i++){
int a=read(),b=read(),c=read();
add(a,b,c);add(b,a,c);
}//建图
dfs(1,0);//DFS预处理出dis数组
for(int i=1;i<=n;i++)
insert(dis[i]);
//将dis数组插入Trie树
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=max(ans,query(dis[i]));
printf("%d\n",ans);
return 0;
}