[bzoj4568][树上倍增][线性基]幸运数字
2018-03-09 13:34
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Description
A 国共有 n 座城市,这些城市由 n-1 条道路相连,使得任意两座城市可以互达,且路径唯一。每座城市都有一个
幸运数字,以纪念碑的形式矗立在这座城市的正中心,作为城市的象征。一些旅行者希望游览 A 国。旅行者计划 乘飞机降落在 x 号城市,沿着 x
号城市到 y 号城市之间那条唯一的路径游览,最终从 y 城市起飞离开 A 国。
在经过每一座城市时,游览者就会有机会与这座城市的幸运数字拍照,从而将这份幸运保存到自己身上。然而,幸
运是不能简单叠加的,这一点游览者也十分清楚。他们迷信着幸运数字是以异或的方式保留在自己身上的。例如, 游览者拍了 3 张照片,幸运值分别是
5,7,11,那么最终保留在自己身上的幸运值就是 9(5 xor 7 xor 11)。
有些聪明的游览者发现,只要选择性地进行拍照,便能获得更大的幸运值。例如在上述三个幸运值中,只选择 5 和 11 ,可以保留的幸运值为 14
。现在,一些游览者找到了聪明的你,希望你帮他们计算出在他们的行程安排中 可以保留的最大幸运值是多少。
Input
第一行包含 2 个正整数 n ,q,分别表示城市的数量和旅行者数量。第二行包含 n 个非负整数,其中第 i 个整 数 Gi 表示 i
号城市的幸运值。随后 n-1 行,每行包含两个正整数 x ,y,表示 x 号城市和 y 号城市之间有一 条道路相连。随后 q
行,每行包含两个正整数 x ,y,表示这名旅行者的旅行计划是从 x 号城市到 y 号城市。N
<=20000,Q<=200000,Gi<=2^60
Output
输出需要包含 q 行,每行包含 1 个非负整数,表示这名旅行者可以保留的最大幸运值。
Sample Input
4 2
11 5 7 9
1 2
1 3
1 4
2 3
1 4
Sample Output
14
11
题解
全程%超级大佬
学了新东西线性基,可以用log(max(a[i]))的数表达出a[i]这个集合的异或值域
这题可以考虑树上倍增,倍增的时候暴力合并两个线性基
路径是唯一的所以就lca搞一下这个路径上的线性基,之后贪心地输出
A 国共有 n 座城市,这些城市由 n-1 条道路相连,使得任意两座城市可以互达,且路径唯一。每座城市都有一个
幸运数字,以纪念碑的形式矗立在这座城市的正中心,作为城市的象征。一些旅行者希望游览 A 国。旅行者计划 乘飞机降落在 x 号城市,沿着 x
号城市到 y 号城市之间那条唯一的路径游览,最终从 y 城市起飞离开 A 国。
在经过每一座城市时,游览者就会有机会与这座城市的幸运数字拍照,从而将这份幸运保存到自己身上。然而,幸
运是不能简单叠加的,这一点游览者也十分清楚。他们迷信着幸运数字是以异或的方式保留在自己身上的。例如, 游览者拍了 3 张照片,幸运值分别是
5,7,11,那么最终保留在自己身上的幸运值就是 9(5 xor 7 xor 11)。
有些聪明的游览者发现,只要选择性地进行拍照,便能获得更大的幸运值。例如在上述三个幸运值中,只选择 5 和 11 ,可以保留的幸运值为 14
。现在,一些游览者找到了聪明的你,希望你帮他们计算出在他们的行程安排中 可以保留的最大幸运值是多少。
Input
第一行包含 2 个正整数 n ,q,分别表示城市的数量和旅行者数量。第二行包含 n 个非负整数,其中第 i 个整 数 Gi 表示 i
号城市的幸运值。随后 n-1 行,每行包含两个正整数 x ,y,表示 x 号城市和 y 号城市之间有一 条道路相连。随后 q
行,每行包含两个正整数 x ,y,表示这名旅行者的旅行计划是从 x 号城市到 y 号城市。N
<=20000,Q<=200000,Gi<=2^60
Output
输出需要包含 q 行,每行包含 1 个非负整数,表示这名旅行者可以保留的最大幸运值。
Sample Input
4 2
11 5 7 9
1 2
1 3
1 4
2 3
1 4
Sample Output
14
11
题解
全程%超级大佬
学了新东西线性基,可以用log(max(a[i]))的数表达出a[i]这个集合的异或值域
这题可以考虑树上倍增,倍增的时候暴力合并两个线性基
路径是唯一的所以就lca搞一下这个路径上的线性基,之后贪心地输出
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; typedef long long LL; struct node { int x,y,next; }a[41000];int len,last[21000]; void ins(int x,int y) { len++; a[len].x=x;a[len].y=y; a[len].next=last[x];last[x]=len; } int n,fa[21000][21],dep[21000],q; LL f[21000][21][65],bin[65]; void merge(LL *a,LL u) { for(int i=60;i>=0;i--) { if((u&bin[i])!=0) { if(a[i]==0){a[i]=u;return ;} else u^=a[i]; } } } void merge_all(LL *a,LL *b) { for(int i=0;i<=60;i++) if(b[i]!=0)merge(a,b[i]); } void pre_tree_node(int x) { for(int i=1;bin[i]<=dep[x];i++) { fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1]; memcpy(f[x][i],f[x][i-1],sizeof(f[x][i-1])); merge_all(f[x][i],f[fa[x][i-1]][i-1]); } for(int k=last[x];k;k=a[k].next) { int y=a[k].y; if(y!=fa[x][0]) { fa[y][0]=x; dep[y]=dep[x]+1; pre_tree_node(y); } } } LL ans[65]; void sol(int x,int y) { if(dep[x]<dep[y])swap(x,y); for(int i=20;i>=0;i--)if(dep[fa[x][i]]>=dep[y])merge_all(ans,f[x][i]),x=fa[x][i]; if(x==y){merge_all(ans,f[x][0]);return ;} for(int i=20;i>=0;i--)if(bin[i]<=dep[x] && fa[x][i]!=fa[y][i])merge_all(ans,f[x][i]),merge_all(ans,f[y][i]),x=fa[x][i],y=fa[y][i]; merge_all(ans,f[x][0]);merge_all(ans,f[y][0]); merge_all(ans,f[fa[x][0]][0]); return ; } int main() { scanf("%d%d",&n,&q); bin[0]=1;for(int i=1;i<=60;i++)bin[i]=bin[i-1]*2; len=0;memset(last,0,sizeof(last)); for(int i=1;i<=n;i++) { LL tmp; scanf("%lld",&tmp); merge(f[i][0],tmp); } for(int i=1;i<n;i++) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); ins(x,y);ins(y,x); } fa[1][0]=0;dep[1]=1;pre_tree_node(1); while(q--) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); memset(ans,0,sizeof(ans)); sol(x,y);LL sum=0; for(int i=60;i>=0;i--)if((sum^ans[i])>sum)sum^=ans[i]; printf("%lld\n",sum); } return 0; }
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