AK-dream

题目描述

给定一棵 $n$ 个结点的有根树 $T$,结点从 $1$ 开始编号,根结点为 $1$ 号结点,每个结点有一个正整数权值 $v_i$ 。

设 $x$ 号结点的子树内(包含 $x$ 自身)的所有结点编号为 $c_1,c_2,\dots,c_k$,定义 $x$ 的价值为:

$val(x)=(v_{c_1}+d(c_1,x)) \oplus (v_{c_2}+d(c_2,x)) \oplus \cdots \oplus (v_{c_k}+d(c_k, x))$

其中 $d(x,y)$ 表示树上 $x$ 号结点与 $y$ 号结点间唯一简单路径所包含的边数,$d(x,x) = 0$。⊕ 表示异或运算。

请你求出 $\sum\limits_{i=1}^n val(i) $ 的值。

输入格式

第一行一个正整数 $n$ 表示树的大小。

第二行 $n$ 个正整数表示 $v_i$ 。

接下来一行 $n-1$ 个正整数,依次表示 $2$ 号结点到 $n$ 号结点,每个结点的父亲编号。

输出格式

仅一行一个整数表示答案。

题解

很显然的想法是考虑如何让父亲节点利用儿子的$val$信息从而快速计算出父亲的$val$

考场上首先想的是如何处理这个所有点的点权+1后异或和的变化

我们按二进制位来考虑

假设现在有一个数,二进制末三位为$011$,那么给它+1之后变成$100$,相当于它的二进制第1位,第2位,第3位都取反了

然后很容易发现一个规律,如果一个数字 $a \equiv 2^k-1 \mod 2^k$,那么a+1之后第$k+1$位就会取反

那么我们可以把当前子树内所有点的权值装进$\log n$个桶里,$buc[i][j]$表示当前权值(即点权+当前深度)$\ \equiv i \mod 2^j$的点有多少个

为了方便,我们设$v_i=c_i+d(i,1)$,即第$v_i$是自己的权值+自己到根的距离,把这个权值放进上面的桶里面

那么假设我们在计算$val_x$,那么子树中所有点现在的点权应该是$v_i-dis(x,1)$,我们要对于每个$j$,找出有多少个点满足$v_i-dis(x,1)-1 \equiv 2^j - 1\mod 2^j$

化简一下就是$v_i \equiv dis(x,1) \mod 2^j$

所以我们对于每个$j$找到$buc[dis(x,1)\bmod 2^j][j]$,那么第$j+1$位实际上要取反这么多次 这个就很好处理了

整理一下思路:首先把$val_x$赋为所有儿子$val$的异或和,然后对于每个$j$找到子树中的所有点(不包括自己)有多少个点满足$v_i\equiv dis(x,1)\mod 2^j$,然后如果是奇数个就把第$j+1$位取反,否则不变
最后把$val_x$异或上$x$的点权

最后关于怎么维护这个桶,用树上启发式合并啊

时间复杂度$O(n\log^2 n)$,一个是启发式合并的log,另一个是枚举二进制位的log

不过常数很小,洛谷上最慢点跑了1.3s,相信少爷机上更快

代码体感是挺好写的

考场上桶开小了导致100pts->30pts 心态爆炸

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#include <bits/stdc++.h>
#define N 530005
using namespace std;

inline void read(int &num) {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
for (; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') f = -1;
for (; ch <= '9' && ch >= '0'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ '0');
num = x * f;
}

int n, a[N];
int head[N], pre[N<<1], to[N<<1], sz;
int d[N], siz[N], son[N], fa[N];
int buc[N<<1][22], ans[N]; //开两倍大!!!
int two[22];
long long Ans;

inline void addedge(int u, int v) {
pre[++sz] = head[u]; head[u] = sz; to[sz] = v;
pre[++sz] = head[v]; head[v] = sz; to[sz] = u;
}

void dfs1(int x) {
siz[x] = 1;
for (int i = head[x]; i; i = pre[i]) {
int y = to[i];
if (y == fa[x]) continue;
fa[y] = x; d[y] = d[x] + 1;
dfs1(y);
siz[x] += siz[y];
if (!son[x] || siz[son[x]] < siz[y]) son[x] = y;
}
}

void calc(int x, int tp) {
for (int i = 0; i <= 21; i++) {
buc[a[x]&two[i]][i] += tp;
}
for (int i = head[x]; i; i = pre[i]) {
if (to[i] != fa[x]) calc(to[i], tp);
}
}

void getans(int x) {
for (int i = head[x]; i; i = pre[i]) {
if (to[i] != fa[x]) ans[x] ^= ans[to[i]];
}
for (int i = 0; i <= 21; i++) {
ans[x] ^= ((buc[d[x]&two[i]][i] & 1) << i);
}
ans[x] ^= (a[x] - d[x]);
}

void dfs(int x, int cl) {
for (int i = head[x]; i; i = pre[i]) {
if (to[i] == fa[x] || to[i] == son[x]) continue;
dfs(to[i], 1);
}
if (son[x]) dfs(son[x], 0);
for (int i = head[x]; i; i = pre[i]) {
if (to[i] == fa[x] || to[i] == son[x]) continue;
calc(to[i], 1);
}
getans(x);
if (cl) {
for (int i = head[x]; i; i = pre[i]) {
if (to[i] == fa[x]) continue;
calc(to[i], -1);
}
} else {
for (int i = 0; i <= 21; i++) {
buc[a[x]&two[i]][i]++;
}
}
}

int main() {
read(n);
for (int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]);
for (int i = 2, x; i <= n; i++) {
read(x); addedge(i, x);
}
for (int i = 0; i <= 21; i++) two[i] = (1 << i) - 1;
dfs1(1);
for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] += d[i];
dfs(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
Ans += ans[i];
}
printf("%lld\n", Ans);
return 0;
}

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