[洛谷P2420] 让我们异或吧

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题目描述

异或是一种神奇的运算,大部分人把它总结成不进位加法.

在生活中…xor运算也很常见。比如，对于一个问题的回答，是为1，否为0.那么：

（A是否是男生 ）xor（ B是否是男生）＝A和B是否能够成为情侣

好了，现在我们来制造和处理一些复杂的情况。比如我们将给出一颗树，它很高兴自己有N个结点。树的每条边上有一个权值。我们要进行M次询问，对于每次询问，我们想知道某两点之间的路径上所有边权的异或值。

输入输出格式

输入格式：

 

输入文件第一行包含一个整数N，表示这颗开心的树拥有的结点数，以下有N-1行，描述这些边，每行有3个数，u,v,w,表示u和v之间有一条权值为w的边。接下来一行有一个整数M，表示询问数。之后的M行，每行两个数u,v，表示询问这两个点之间的路径上的权值异或值。

 

输出格式：

 

输出M行，每行一个整数，表示异或值

 

输入输出样例

输入样例#1： 

5
1 4 9644
2 5 15004
3 1 14635
5 3 9684
3
2 4
5 4
1 1

输出样例#1： 

975
14675
0

说明

对于40%的数据，有1 ≤ N，M ≤ 3000；

对于100%的数据，有1 ≤ N ，M≤ 100000。

 

咋一看以为是树剖，于是还没想清楚就开始打了．．．．

然后打到一半，突然想到题目给出的权值是边上的权值，顿时懵逼．．．

其实这道题也是可以用lca来做的，两个点一起向上跳，并在过程中统计经过边的权值，跳到lca的地方就停下来．但是这样会非常的麻烦．所以我们想一下要怎么将这个简化．

首先异或具有这样的性质：

• a ^ b = b ^ a
• a ^ b ^ c = a ^ (b ^ c)
• a ^ a = 0

我们假设询问的两个点分别为a , b，那么算a , b之间的路程也就是a -> lca , b -> lca．然后我们把路程稍微转换一下，变成a ->  lca -> root , root -> lca -> b．这样我们在lca与根节点中就走了两遍，因为异或的性质，所以走两遍得到的权值等于０．也就是这样得到的结果对答案不会产生影响．所以我们直接一遍深搜记录每个节点到根节点的路径长度，询问时直接将这两个值异或起来就是答案．

思路比较简单，注释就免了吧．

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100000+5;

int n;
int cnt = 0;
int root = 1;
int dep[N], len[N];
int last[N], size[N];

struct edge{
    int to, next, w;
}e[N*2];

int gi(){
    int ans = 0 , f = 1; char i = getchar();
    while(i<'0'||i>'9'){if(i=='-')f=-1;i=getchar();}
    while(i>='0'&&i<='9'){ans=ans*10+i-'0';i=getchar();}
    return ans * f;
}

void add(int x,int y,int z){
    e[++cnt].to = y;
    e[cnt].w = z;
    e[cnt].next = last[x];
    last[x] = cnt;
}

void dfs(int x,int deep,int fa){
    dep[x] = deep;
    for(int i=last[x];i;i=e[i].next){
    int to = e[i].to;
    if(to != fa){
        len[to] = len[x]^e[i].w;
        dfs(to,deep+1,x);
    }
    }
}

int main(){
    int x, y, z, m; n = gi();
    for(int i=1;i<=n;i++) size[i] = 1;
    for(int i=1;i<n;i++){
    x = gi(); y = gi(); z = gi();
    add(x,y,z); add(y,x,z);
    }
    dfs(1,1,-1); m = gi();
    for(int i=1;i<=m;i++){
    x = gi(); y = gi();
    printf("%d\n",len[x]^len[y]);
    }
    return 0;
}