洛谷题目连接:洛谷树
题目背景
萌哒的Created equal小仓鼠种了一棵洛谷树！
（题目背景是辣鸡小仓鼠乱写的QAQ）。
题目描述
树是一个无环、联通的无向图，由n个点和n-1条边构成。树上两个点之间的路径被定义为他们之间的唯一一条简单路径——显然这是一条最短路径。
现在引入一个概念——子路径。假设树上两个点p1和pn之间的路径是P=<p1,p2,p3,…,pn>，那么它的子路径被定义为某一条路径P’，满足P’=<pi,pi+1,pi+2,…,pj>，其中1<=i<=j<=n。显然，原路径是一条子路径，任意一个点也可以作为子路径。
我们给每条边赋予一个边权。萌萌哒的Sugar问小仓鼠：对于任意两个点u和v，你能快速求出，u到v的路径上所有子路径经过的边的边权的xor值的和是多少。具体地说就是，你把u到v的路径上所有子路径全部提出来，然后分别把每个子路径上经过的边的边权xor在一起，最后求出得到的所有xor值的和。
什么？你不知道xor？那就去百度啊！
这时候，fjzzq2002大爷冒了粗来：窝还要你滋磁修改某条边边权的操作！
小仓鼠那么辣鸡，当然不会做这道题啦。于是他就来向你求救！
输入输出格式
输入格式：
第一行两个正整数n和q，表示点的个数，查询和询问的总次数。
接下来n-1行，每行两个正整数u、v、w，表示u和v两个点之间有一条边权为w的边。
接下来q行，格式为1 u v或2 u v w。如果为1 u v操作，你需要输出u到v的路径上所有子路径经过的边的边权的xor值的和是多少；如果为2 u v w操作，你需要把u到v这条边的边权改为w，保证这条边存在。
输出格式：
对于每个1操作，输出答案。
输入输出样例
输入样例#1：
5 3 1 2 3 2 3 3 2 4 6 4 5 1 1 3 4 2 2 4 7 1 3 5
输出样例#1：
14 26
说明
本题时限1s，内存限制128M，因新评测机速度较为接近NOIP评测机速度，请注意常数问题带来的影响。
【数据范围】
No n= q= 备注
1 100 5 无
2 100 20 无
3 100 100 无
4 5000 1000 无
5 5000 2000 无
6 5000 3000 无
7 10000 10000 第i条边连接第i个点和第i+1个点，且没有2操作
8 10000 20000 第i条边连接第i个点和第i+1个点，且没有2操作
9 10000 10000 第i条边连接第i个点和第i+1个点
10 10000 20000 第i条边连接第i个点和第i+1个点
11 10000 10000 没有2操作
12 10000 20000 没有2操作
13 20000 20000 没有2操作
14 30000 30000 没有2操作
15 30000 10000 无
16 20000 20000 无
17 20000 20000 无
18 30000 20000 无
19 20000 30000 无
20 30000 30000 无
对于100%的数据，所有边权小于等于1023。 </br>
一句话题意: 给出一棵树,要求出一条路径上的所有子段的异或值的和.并且要求支持修改操作. </br>
题解: 要求一条路径上的子段的异或值的和,如果直接用朴素算法的话,需要枚举这个子段的两个端点.那么这样复杂度就是$O(n^2)$的了.
我们先来考虑这样一种情况:假设边的权值只有0和1.
因为题目要求的是把所有子段的异或和加起来,所以先将每个点到根的异或和统计起来,用树剖维护到线段树中.因为0与0异或后仍然是0,1与1异或也是,而这样都不能对答案做出贡献,所以就不用考虑加入答案.只有一个0和一个1异或后的值为1,也就是说答案就是0与1可以形成的组合的数量,也就是从根节点开始的异或和为0的个数乘以1的个数.
那么对于那些权值不是0和1的也可以转化成二进制的形式,然后再按位处理,也就是说,对于一条路径的查询可以分成11次查询的和(1023$\leq2^{10}$),分别查询第0~第10位的答案之和.
然后对于修改操作,因为我们在线段树中维护的是异或和,所以需要将修改的那条边的子树中的值都要修改(对于二进制每一位的修改),因为只有0和1,所以直接将区间的信息翻转一下就可以了.
可能讲的有点不清楚,可以通过样例模拟一下,然后看下代码理解一下吧.
#include<bits/stdc++.h>
#define ll(x) (x<<1)
#define rr(x) (x<<1|1)
using namespace std;
typedef int _int;
#define int long long
const int N=30000+5;
int n, m, ecnt = 0, last[N], val[N], pre[N];
int size[N], son[N], fa[N], top[N], id[N], idx = 0, dep[N], vis[N];
struct edge{
int to, nex, w;
}e[N*2];
struct segment_tree{
int l, r, size, res1, tag;
segment_tree operator + (const segment_tree a) const{
segment_tree temp;
temp.size = size+a.size;
temp.res1 = res1+a.res1;
return temp;
}
}t[N*4][12];
int gi(){
int ans = 0, f = 1; char i = getchar();
while(i<'0' || i>'9'){ if(i == '-') f = -1; i = getchar(); }
while(i>='0' && i<='9') ans = ans*10+i-'0', i = getchar();
return ans * f;
}
void add(int x, int y, int z){
e[++ecnt].to = y;
e[ecnt].w = z;
e[ecnt].nex = last[x];
last[x] = ecnt;
}
void up(int x, int k){ t[x][k].res1 = t[ll(x)][k].res1+t[rr(x)][k].res1; }
void dfs1(int x, int f, int deep){
size[x] = 1, dep[x] = deep, fa[x] = f;
for(int to, i=last[x];i;i=e[i].nex){
to = e[i].to;
if(to == f) continue;
pre[to] = e[i].w^pre[x], val[to] = e[i].w;
dfs1(to, x, deep+1); size[x] += size[to];
if(size[to] > size[son[x]]) son[x] = to;
}
}
void dfs2(int x, int f, int tp){
top[x] = tp, id[x] = ++idx, vis[idx] = x;
if(son[x]) dfs2(son[x], x, tp);
for(int to, i=last[x];i;i=e[i].nex){
to = e[i].to;
if(to != f && to != son[x]) dfs2(to, x, to);
}
}
void build(int x, int l, int r, int k){
t[x][k].l = l, t[x][k].r = r, t[x][k].size = r-l+1;
if(l == r){
if((pre[vis[l]]>>k) & 1) t[x][k].res1 = 1;
return;
}
int mid = (l+r>>1);
build(ll(x), l, mid, k), build(rr(x), mid+1, r, k); up(x, k);
}
void pushdown(int x, int k){
if(t[x][k].tag == 0) return;
t[ll(x)][k].tag ^= 1, t[ll(x)][k].res1 = t[ll(x)][k].size-t[ll(x)][k].res1;
t[rr(x)][k].tag ^= 1, t[rr(x)][k].res1 = t[rr(x)][k].size-t[rr(x)][k].res1;
t[x][k].tag = 0;
}
void update(int x, int l, int r, int k){
if(l <= t[x][k].l && t[x][k].r <= r){
t[x][k].res1 = t[x][k].size-t[x][k].res1;
t[x][k].tag ^= 1;
return;
}
int mid = (t[x][k].l+t[x][k].r>>1); pushdown(x, k);
if(l <= mid) update(ll(x), l, r, k);
if(mid < r) update(rr(x), l, r, k); up(x, k);
}
segment_tree query(int x, int l, int r, int k){
if(l <= t[x][k].l && t[x][k].r <= r) return t[x][k];
segment_tree temp; temp.size = temp.res1 = 0;
if(r < t[x][k].l || t[x][k].r < l) return temp;
pushdown(x, k); temp.size = t[x][k].size;
return query(ll(x), l, r, k)+query(rr(x), l, r, k);
}
void modify(int x, int y, int v){
if(dep[x] < dep[y]) swap(x, y);
for(int i=0;i<=10;i++)
if(((v^val[x])>>i) & 1) update(1, id[x], id[x]+size[x]-1, i);
val[x] = v;
}
int ask(int xx, int yy){
int x, y, res = 0; segment_tree temp, check;
for(int i=0;i<=10;i++){
x = xx, y = yy; temp.size = temp.res1 = 0;
while(top[x] != top[y]){
if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
temp = temp+(check=query(1, id[top[x]], id[x], i));
x = fa[top[x]];
}
if(id[x] > id[y]) swap(x, y);
temp = temp+(check=query(1, id[x], id[y], i));
res += (temp.size-temp.res1)*temp.res1*(1<<i);
}
return res;
}
_int main(){
int opt, x, y, z; n = gi(), m = gi();
for(int i=1;i<n;i++) x = gi(), y = gi(), z = gi(), add(x, y, z), add(y, x, z);
dfs1(1, -1, 1); dfs2(1, -1, 1);
for(int i=0;i<=10;i++) build(1, 1, n, i);
for(int i=1;i<=m;i++){
opt = gi(), x = gi(), y = gi();
if(opt == 1) cout << ask(x, y) << endl;
else z = gi(), modify(x, y, z);
}
return 0;
}
来源：oschina
链接：https://my.oschina.net/u/4313343/blog/3905839