2019icpc西安邀请赛 J And And And (树形dp)
作者:互联网
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; }
标签:sz,val,int,edge,2019icpc,mp1,邀请赛,dp,MOD 来源: https://www.cnblogs.com/FrankChen831X/p/11371882.html