CF 1709E XOR Tree（树上启发式合并）

题目链接：https://codeforces.com/contest/1709/problem/E

解题思路：

定义 sum(x,y) 为 x→ y路径上的点的异或和，dx 为 x→ root路径上的点的异或和。对于一个点权树，sum(x,y)=dx ^ dy ^ vallca(x,y)。

考虑修改一个点，可以将它改为一个很大的 2 为底数的幂，则经过此点的所有的不合法路径都会消失。

归纳地想，当一个点 x ，满足 任意 y （x除重儿子外的儿子节点）为根的子树内部已经经过除理而没有非法路径，此时如果存在 u→ v (u,v不在同一子树内) 非法，那么我们把 x 改了一定是最优的，即更改lca(u,v)。这就是本题的贪心策略。

由此，有一个暴力做法：dfs 从下往上依次检查每个点，如果这个点 x 满足： subtree_{son_x}(son_x没改) 互相之间存在非法路径，就要更改它。

但存在两个瓶颈：

  • 1. 如何快速统计子树间存在非法路径

     

  • 2. 如何减少重复枚举

    考虑树上启发式合并，保留重儿子 map 中的信息。需要注意，在处理 x 为根的子树时，由于重儿子的信息一直保留，无法先查询再插入，为了避免 1 中叙述的问题，不要查询整个重子树的点，因为对于两种非法边：

    • 1) 对于由其它子树到重子树的非法路径：这类路径在查询其他子树中点信息时已经被检查。
    • 2) 对于 x 到重子树的非法路径：只需要在没有添加轻子树的信息到 map 时 (map 中只存在重子树信息) ，判断是否存在一条由 x 到重子树内的非法路径即可，即在 map 中查询 d_{fa_x} 的桶内是否不为 0。

　　由此，复杂度 O(n\log^2 n)

 代码：

  1 #include<iostream>
  2 #include<algorithm>
  3 #include<cstring>
  4 #include<cmath>
  5 #include<vector>
  6 #include<set>
  7 #include<queue>
  8 #include<map>
  9 #define int long long
 10 #define el "\n"
 11 #define inf 0x3f3f3f3f
 12 using namespace std;
 13 using ll = long long;
 14 const int N = 200005;
 15 const int mod = 9901;
 16 
 17 int val[N];
 18 ll ti = pow(2, 31);
 19 
 20 vector<int> G[N];
 21 
 22 int dfn[N], ctr[N], tot, siz[N], rnk[N], son[N], d[N];
 23 int cnt[N], ans, flag[N];
 24 
 25 map<int, int> mp;
 26 
 27 bool check(int x, int lca) {
 28     if (mp[d[x]^val[lca]]) return false;
 29     else return true;
 30 }
 31 
 32 void add(int x) {
 33     mp[d[x]] ++;
 34 }
 35 
 36 void del(int x) {
 37     mp[d[x]] --;
 38 }
 39 
 40 void dfs1(int u, int p) {
 41     dfn[u] = ++tot;
 42     siz[u] = 1;
 43     rnk[tot] = u;
 44     d[u] = val[u] ^ d[p];
 45     for (auto v :G[u]) {
 46         if (v != p) {
 47             dfs1(v, u);
 48             siz[u] += siz[v];
 49             if (siz[son[u]] < siz[v]) son[u] = v;
 50         }
 51     }
 52     ctr[u] = tot;
 53 }
 54 
 55 void dfs2(int u, int p, bool keep) {
 56     for (auto v :G[u]) {
 57         if (v != p && v != son[u]) {
 58             dfs2(v, u, false);
 59         }
 60     }
 61     if (son[u]) dfs2(son[u], u, true);
 62     // int flag = 0;
 63     // add(u);
 64     for (auto v :G[u]) {
 65         if (v != p && v != son[u]) {
 66             for (int i = dfn[v]; i <= ctr[v]; i++) {
 67                 if (flag[rnk[i]]) {i = ctr[rnk[i]]; continue;}
 68                 if (!check(rnk[i], u)) flag[u] = 1;
 69             }
 70             for (int i = dfn[v]; i <= ctr[v]; i++) {
 71                 if (flag[rnk[i]]) {i = ctr[rnk[i]]; continue;}
 72                 add(rnk[i]);
 73             }
 74         }
 75     }
 76     if (!check(u, u)) flag[u] = 1;
 77     add(u);
 78     if (!keep || flag[u]) {
 79         for (int i = dfn[u]; i <= ctr[u]; i++) {
 80             // del(rnk[i]);
 81             mp.clear();
 82         }
 83     }
 84 }
 85 
 86 
 87 signed main() {
 88 
 89     ios::sync_with_stdio(false);
 90     cin.tie(0), cout.tie(0);
 91     int n;
 92     cin >> n;
 93     for (int i = 1; i <= n; i++) {
 94         cin >> val[i];
 95     }
 96     for (int i = 1; i < n; i++) {
 97         int u, v;
 98         cin >> u >> v;
 99         G[u].push_back(v);
100         G[v].push_back(u);
101     }
102     dfs1(1, 0);
103     dfs2(1, 0, 1);
104     // for (int i = 1; i <= n; i++) cout << val[i] << " ";
105     // cout << el;
106     for (int i = 1; i <= n; i++) if (flag[i]) ans ++;
107     cout << ans << el;
108 
109     return 0;
110 }

 

 
 
posted @ 2023-05-01 09:04  Keyzee  阅读(29)  评论(0)  编辑  收藏  举报