树[省选联考2020]

AK-dream

发布于：2020年6月23日

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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

#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;
}