2019icpc西安邀请赛 J And And And (树形dp)
题目链接:https://nanti.jisuanke.com/t/39277
题意:给出一棵有边权的树,求所有简单路径包含异或和为0的简单路径的总数和。
思路:
首先,对于异或为0这一限制,我们通过dfs得到根节点到所有点的路径上的异或和val[i],如果两个结点的val值相等,说明他们之间的路径满足异或和为0。sz [i]为以i为根的子树 的大小。
其次,对于满足异或和为0的两个点u、v,分两种情况考虑:
1. u、v在不同链上,这一条路径的贡献值为sz[u]*sz[v],通过map记录每一种权值的size和即可得到。我们先将所有点这样处理一遍。
2. u、v在一条链上,这一条路径的贡献值为(n-sz[u1])*sz[v],u1是u与v这一条链上u的第一个子结点。因为上一步我们把所有情况加上了,所以要先减去sz[u]*sz[v],通过mp1来记录同一条链上异或值为val的size和,因为是记录同一条链,所以当处理完一个结点的所有子结点时要回溯更新,即减去前面加的size。减了之后加上(n-sz[u1])*sz[v],通过mp2来记录该信息,每处理完一个子结点时回溯更新,因为已经不在一条链上。
AC代码:
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<unordered_map>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
const int MOD=1e9+7;
typedef long long LL;
typedef unordered_map<LL,LL> ump;
struct node{
int v,nex;
LL w;
}edge[maxn];
int n,head[maxn],cnt,sz[maxn];
LL val[maxn],ans;
ump sum,mp1,mp2;
void adde(int u,int v,LL w){
edge[++cnt].v=v;
edge[cnt].w=w;
edge[cnt].nex=head[u];
head[u]=cnt;
}
void dfs1(int u,LL va){
val[u]=va,sz[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nex){
int v=edge[i].v;
LL w=edge[i].w;
dfs1(v,va^w);
sz[u]+=sz[v];
}
}
void dfs2(int u){
ans=(ans+sum[val[u]]*sz[u])%MOD;
sum[val[u]]=(sum[val[u]]+sz[u])%MOD;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nex)
dfs2(edge[i].v);
}
void dfs3(int u){
ans=(ans-mp1[val[u]]*sz[u]+mp2[val[u]]*sz[u]+MOD)%MOD;
mp1[val[u]]=(mp1[val[u]]+sz[u])%MOD;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nex){
int v=edge[i].v;
LL w=edge[i].w;
mp2[val[u]]=(mp2[val[u]]+n-sz[v]+MOD)%MOD;
dfs3(v);
mp2[val[u]]=(mp2[val[u]]-n+sz[v]+MOD)%MOD;
}
mp1[val[u]]=(mp1[val[u]]-sz[u]+MOD)%MOD;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=2;i<=n;++i){
int u;LL w;
scanf("%d%lld",&u,&w);
adde(u,i,w);
}
dfs1(1,0);
dfs2(1);
dfs3(1);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
转载于//www.cnblogs.com/FrankChen831X/p/11371882.html
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