【洛谷P2420】让我们异或吧

题目描述

异或是一种神奇的运算,大部分人把它总结成不进位加法.

在生活中…xor运算也很常见。比如，对于一个问题的回答，是为1，否为0.那么：

（A是否是男生 ）xor（ B是否是男生）＝A和B是否能够成为情侣

好了，现在我们来制造和处理一些复杂的情况。比如我们将给出一颗树，它很高兴自己有N个结点。树的每条边上有一个权值。我们要进行M次询问，对于每次询问，我们想知道某两点之间的路径上所有边权的异或值。

输入输出格式

输入格式：

输入文件第一行包含一个整数N，表示这颗开心的树拥有的结点数，以下有N-1行，描述这些边，每行有3个数，u,v,w,表示u和v之间有一条权值为w的边。接下来一行有一个整数M，表示询问数。之后的M行，每行两个数u,v，表示询问这两个点之间的路径上的权值异或值。

输出格式：

输出M行，每行一个整数，表示异或值

输入输出样例

输入样例#1：

5

1 4 9644

2 5 15004

3 1 14635

5 3 9684

3

2 4

5 4

1 1

输出样例#1：

975

14675

0

说明

对于40%的数据，有1 ≤ N，M ≤ 3000；

对于100%的数据，有1 ≤ N ，M≤ 100000。

算法：

LCA+数学

分析：

这道题乍眼一看感觉是带权值的最近公共祖先问题，但粗略计算后发现会超时，进一步分析，得到一些有关异或的规律，然后这就是一道暴力的题目。

引用一些大佬的资料：

根据题目中对“异或”的定义，我们可以得出异或的真值表，这里我们用a,b代表异或的两个元素，a^b代表a按位异或的值。

[code]    a    b    a^b

[code]    

[code]    

[code]    

[code]    

我们发现，如果a==b，那么a^b就是0，否则式子的值就是1。

通过真值表，我们可以发现并证明异或的几个性质。

1.a^b==b^a

异或具有交换律

[code]    a    b    a^b    b^a

[code]    

[code]    

[code]    

[code]    

2.a^b^c==a^(b^c)

异或具有结合律

[code]    a    b    c    a^b^c    a^(b^c)

[code]    

[code]    

[code]    

[code]    

[code]    

[code]    

[code]    

[code]    

3.a^a==0

异或自己是0

[code]    a    a^a

[code]    

[code]    

4.a^0=a

异或0还是0

[code]    a    a^

[code]    

[code]    

由以上四点性质，我们可以推出：

a^b^b　= a^(b^b)

[code]   　 =    a^0

　　  =    a

所以推出如下定理：

异或的逆运算是它本身！！！

讲一下对于本题的具体思路：对于这棵树，随意指定一个根节点，以此点来建树，维护每个点到根节点的距离，两个点u到v的树上路径一定为

u->lca(u,v)->v

第一个过程一定是一直向父亲节点前进，第二个过程一定是一直向儿子节点前进。

（lca(u,v)的定义为u,v的树上最近公共祖先）

那么最后查询的答案一定为

length[u]^length[v] anc^ length[lca(u,v)] anc^ length[lca(u,v)]

其中anc^为^的逆运算，由于之前已经推出anc^等价于^，而两次亦或的结果等价于原结果，所以最后的答案为:

length[u]^length[v]

此处不用考虑特判u或v是根节点的情况。

建树的时间复杂度为O(N)，查询只需要O(1)的时间，最后程序的时间复杂度为O(N+M)，空间复杂度为O(N)。

上代码：

#include<cstdio>
#define maxn 100010
using namespace std;

int n,m,tot,head[maxn],dis[maxn];
struct node
{
int nxt,to,val;
}edge[maxn<<1];
bool vis[maxn];

int read()
{
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while (c<48||c>57)
f=c=='-'?-1:1,c=getchar();
while (c>=48&&c<=57)
x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}

void add(int c,int b,int a)
{
edge[++tot]=(node){head[a],b,c};
head[a]=tot;
edge[++tot]=(node){head[b],a,c};
head[b]=tot;
}

int dfs(int u,int Xor)
{
dis[u]=Xor;
vis[u]=1;
for (int i=head[u];i;i=edge[i].nxt)
if (!vis[edge[i].to])
dfs(edge[i].to,Xor^edge[i].val);
}

int main()
{
int i,j,k,u,v;
n=read();
for (i=1;i<=n-1;i++)
add(read(),read(),read());
m=read();
dfs(1,0);
while (m--)
printf("%d\n",dis[read()]^dis[read()]);
return 0;
}