刷题 位运算异或 异或前缀和

2024.1.18 杭州电子科技大学2023华为杯编程竞赛

 

解题思路

首先可以知道，我们任意选一点为根 root 往下递归异或就可以得到 f [ i ](root 到 i 的路径异或值 ），那么  l 到 r 的路径异或值可以由 f [ l ] ^ f [ r ]得出

那么如何计算答案呢，就是用 f [ l ]~f [ r ] 分别异或f [ x ] 相加即可，但是1e5级别的询问显然时间复杂度不可以接受，然后我们就想有什么可以快速算出 l ~ r 的贡献呢，这里可以想到用前缀和；

(当然不是异或前缀和，异或不满足分配律，比如 (2^3+2^3+4^3)!=8^3）

所以是另一种 ：计算1~n , f [ i ] 2进制的每一位1和0的前缀和，

那么答案就是，对f [ x ] 的每一位的贡献计算，比如f [ x ] 第2位是0，那么根据异或1异或0才有贡献， 贡献就是 pow( 2 , i (第几位) *( sum1[ r ][ i ]-sum1[ l-1 ][ i ] );

复杂度位1e5*30，显然可以接受

（这道题我一开始把所有变量换成longlongTLE了，只换ans其他部分用1ll处理就过了，longlong效率比int低，注意，如果看表面复杂度过了但TLE了可能就是这个问题）
 

代码

 

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=100005;
vector<pair<int,int>> e[N];
int f[N],pre1[N][32],pre0[N][32];
int n;
void solve(int x,int fa)
{
	for(auto ed:e[x])
	{
		if(ed.first==fa)continue;
		f[ed.first]=f[x]^ed.second;//f存储每个点到根的路径异或和
		solve(ed.first,x);
	}
}
inline void init()
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		e[i].clear();
		f[i]=0;
	}
}
int main()
{
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n;
		init();
		for(int i=1;i<n;i++)
		{
			int u,v,w;
			cin>>u>>v>>w;
			e[u].push_back({v,w});
			e[v].push_back({u,w});
		}
		solve(1,-1);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int j=0;j<30;j++)
			{
				int x=((f[i]>>j)&1);//提取每一位数字
				pre1[i][j]=pre1[i-1][j]+(x>0);//pre1用来存储前i个点中有多少路径异或和的第j位能在x的第j位为0时做出贡献的
				pre0[i][j]=pre0[i-1][j]+(x==0);//pre0用来存储前i个点中有多少路径异或和的第j位能在x的第j位为1时做出贡献的
			}
		}
		int q;
		cin>>q;
		while(q--)
		{
			int l,r,x;
			cin>>l>>r>>x;
			ll ans=0;//要开long long
			for(int i=0;i<30;i++)
			{
				int t=((f[x]>>i)&1);
				if(t) ans+=1ll*(1ll<<i)*(pre0[r][i]-pre0[l-1][i]);//算式里也要注意long long
				else ans+=1ll*(1ll<<i)*(pre1[r][i]-pre1[l-1][i]);
			}
			cout<<ans<<'\n';
		}
	}
	return 0;
}