【AtCoder3913】【Peterzavodsk Contest 001 F】XOR Tree（状压DP）

看了别人的题解，想了半天，我决定把它解释清楚一些。

题目大意

有N(2≤N≤105)N(2≤N≤105)个点的树，树边有权值a(0≤a≤15)a(0≤a≤15)，每次操作可以把树上一条路径上所有边异或一个任意值ww，最少多少次操作可以使所有边权都变为00。

题解

用V[u]V[u]表示把结点uu的所有边的权值异或和，那么选择一条路径u→vu→v全部异或ww只对端点V[u]V[u]和V[v]V[v]有影响（其它路径上的点分别被有两条边被异或，这些点的VV值被异或两次ww，VV值不变）。

当所有结点的VV值都为00时，边权也一定为00。

稍微证一下：假设所有VV值都为00了，边权仍有不为00的，则某个结点一定有至少两条不为00的边，则它的邻接点也至少有两条不为00的边，而这是一颗树，一定存在只有一条边的叶子结点，它不可能做到VV值为00，假设不成立。

将所有结点的VV值处理出来，先将每两个VV值相同的结点用一次操作处理为00（异或这个VV值），剩余单出来的使用二进制状压表示一个状态。

每次至少将一个VV值化为00为最优的转移。

稍微证一下：如果一次操作没有把任何一个VV化为00，如aa与bb同时异或ww，使得a⊕w=ca⊕w=c,b⊕w=db⊕w=d，以便于与另外存在的cc和dd进行异或同时处理，共33次操作； 也可以以每次操作消掉一个VV代替：①a⊕a=0a⊕a=0,c⊕a=wc⊕a=w;②b⊕b=0b⊕b=0,d⊕b=wd⊕b=w;③w⊕w=0w⊕w=0,w⊕w=0w⊕w=0。

每次枚举两个状态SS中的数i,ji,j，做一次他们异或的操作，使之变为0,i⊕j0,i⊕j，如果i⊕ji⊕j存在于状态S中，再用一次操作消除这它，即转移到一个新的状态。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=100005;

int dp[1<<16],V[MAXN],cnt[16];

int DP(int s)
{
if(s==0)
return 0;
if(dp[s]!=-1)
return dp[s];
dp[s]=0x3FFFFFFF;
for(int i=1;i<16;i++)
if(s&(1<<i))
for(int j=1;j<16;j++)
if(s&(1<<j))
{
int ns=s^(1<<i)^(1<<j)^(1<<(i^j));
if(__builtin_popcount(ns)<__builtin_popcount(s))
dp[s]=min(dp[s],DP(ns)+1+(((1<<(i^j))&s)==(1<<(i^j))));
}
return dp[s];
}

int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1,x,y,a;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&a);
V[x]^=a;
V[y]^=a;
}
for(int i=0;i<n;i++)
if(V[i])
cnt[V[i]]++;
int ans=0,st=0;
for(int i=0;i<16;i++)
{
ans+=cnt[i]/2;
st^=(cnt[i]&1)<<i;
}
memset(dp,-1,sizeof dp);
ans+=DP(st);
printf("%d\n",ans);

return 0;
}