题解：AT_agc052_b [AGC052B] Tree Edges XOR

思路

AT_agc052_b [AGC052B] Tree Edges XOR 题目 Link

文中 \(\oplus\) 表示按位异或。

翻看@Soh_paramEEMS 大神的题解，发现有一个题挺有意思，之前做过但是过了时间有点久，现在来看又有新发现了。

具体地，我在图上（树上）问题 trick提到了点边互化的 trick，这题是一个挺成功的范例。具体来说，我们首先要用惊人的注意力发现一次操作的本质。假设选定边 \((u,v)\)，边权是 \(w\)，然后规定树上任意两点的距离是它们最短路径上边权的异或和（这是一个弱条件的归约，我们通过距离这一弱条件映射约束更强的问题）。不妨令 \(u\) 到所有点的距离集合为 \(s_u\)，那么我们的实质相当于交换了集合 \(s_u,s_v\)。

Proof

何以见得？考虑其对树上节点距离的影响。用边 \((u,v)\) 把这棵树劈开两半，我们试找到 \(a,b\)（与 \(u,v\) 两两互不相等），它们的距离会如何改变？

分类讨论，如果 \(a,b\) 在同一半，由于这两个点中没有 \(u,v\)，所以它们的距离不会改变。如果 \(a,b\) 不在同一半，又由于这两个点中没有 \(u,v\)，所以它们的距离相当于其中有两条边分别 \(\oplus w\)，最终相当于没异或。

接下来讨论 \(u,a\) 和 \(v,a\) 的情况。

如果 \(u,a\) 在同一半那么其距离中必然会恰出现一条边 \(\oplus w\)。如果 \(u,a\) 不在同一半那么又由于规定了 \(a\neq v\)，所以也恰会出现一条边 \(\oplus w\)。

对 \(v\) 的讨论是同理的。然后我们就发现树上两点距离改变当且仅当其中恰有一个点是 \(u\) 或 \(v\)（如果两个点恰好分别是 \(u,v\)，显然距离不变）。根据上面的讨论，这次操作会使得 \(s_u,s_v\) 中所有元素除去边 \((u,v)\) 异或上 \(w\)，而 \(s_u\) 中每个元素除去边 \((u,v)\) 异或上 \(w\) 恰可以得到 \(s_v\)，\(s_v\) 中每个元素除去边 \((u,v)\) 异或上 \(w\) 也恰可以得到 \(s_u\)（这个也可以通过分类讨论简要证明），所以交换集合的结论成立。

这是一个很牛逼的模型，有了它我们就可以把题目归约成一个等价条件：

令 \(1\) 为树根，我们把每条边边权下放到其连接的两个点中，深度较大点的点权（边化点）上，然后我们就发现 \(1\) 的点权是 \(0\)。计算 \(1\) 到所有节点的距离 \(dis_i\) 可以通过计算路径点权异或和等效得到，我们交换两个不包含 \(1\) 的节点 \(u,v\) 的距离就相当于交换 \(dis_u,dis_v\)。我们发现我们难以描述对 \((1,u)\) 的操作，那么我们干脆就在 \(1\) 上面再加一个虚拟点，向上连一条虚拟边，这样我们永远都不会对虚拟点进行操作，同时根据原模型这又是正确的。题目有个关键条件：\(n\) 是奇数，意味着原来有奇数个点，而加入的这个虚拟边权就会在异或中被计算奇数次（也就相当于一次）。于是我们有：

\[x\oplus(\bigoplus_{i=1}^n dis_i)=\bigoplus_{i=1}^n dis'_i \]

右侧 \(dis'_i\) 表示理想状况答案方案希望达到的 \(1\) 到 \(i\) 的距离，这里的 \(x\) 就是 \(1\) 的点权，即 \(1\) 向上连的虚拟边的边权。对于原树，我们虚拟边边权为 \(0\)（因为本来这条边不存在）。对于新树，我们虚拟边边权为 \(x\)。

根据异或的互逆性，移项可得：

\[x=(\bigoplus_{i=1}^n dis'_i)\oplus(\bigoplus_{i=1}^n dis_i) \]

然后分别求出 \(dis_i,dis'_i\)，判断是否有 \(\forall i,dis_i=dis'_i\) 即可。

总结

我们做了两步关键归约，一是边权化距离（路径异或和）的等效归约，二是边化点与建虚拟边的等效归约。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e5+5;
int n;
struct EV{
	int idx,head[N];
	struct Edge{
		int v,next,w;
	}adj[N<<1];
	void ins(int x,int y,int z){
		adj[++idx].v=y;
		adj[idx].next=head[x];
		adj[idx].w=z;
		head[x]=idx;
	}
}M1,M2;
int a[N],b[N],suma,sumb;
void dfs0(int u,int fa){
	for(int i=M1.head[u];i;i=M1.adj[i].next){
		int v=M1.adj[i].v,w=M1.adj[i].w;
		if(v==fa)continue;
		a[v]=a[u]^w;suma^=a[v];
		dfs0(v,u);
	}
}
void dfs1(int u,int fa){
	for(int i=M2.head[u];i;i=M2.adj[i].next){
		int v=M2.adj[i].v,w=M2.adj[i].w;
		if(v==fa)continue;
		b[v]=b[u]^w;suma^=b[v];
		dfs1(v,u);
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v,w1,w2;
		cin>>u>>v>>w1>>w2;
		M1.ins(u,v,w1);M1.ins(v,u,w1);
		M2.ins(u,v,w2);M2.ins(v,u,w2);
	}
	dfs0(1,0);
	dfs1(1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		b[i]^=(suma^sumb);
	sort(b+1,b+1+n);
	sort(a+1,a+1+n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(a[i]!=b[i]){cout<<"NO";return 0;}
	cout<<"YES";
	return 0;
}