2020牛客暑期多校训练营（第五场） B Graph
这题可以说就是cf888g改编了一下，加上有人赛中发题解，所以过了一百多人，实际上还是很难的
首先我们要先明确一个东西：这个图任意两个点u，v边权值始终不变，因为它所在的环异或和始终等于0，所以，边uv的值就是这个环其他边的异或和，现在即使它所在的环的某条边x被删去了，由于图要联通，那x肯定是被它所在的另一个环的其他边代替，而这些边的异或和等于x的值，这其实相当于没有删x，uv这条边还是在一个同样的环里，权值必然不会变
现在我们就可以将每个点的值变成根节点到他的路径异或和，uv连边，边值就是u点到v点路径异或和，现在可以将原图视为一个完全图，uv边值就是a[u]^a[v],我们最后还是要得到一颗树，所以我们就是求这个完全图的最小生成树
这其实就是cf888g，可以参考我的另一篇博客：https://blog.nowcoder.net/n/21f7f192a09f46498c8792a78064ca89
具体做法就是对每个点求下根节点到它的路径异或前缀和，然后就是求完全图最小生成树
完全图最小生成树做法：
题意：给你一张完全图，每一个点有一个点权为 a[i]，边 (u,v) 的边权为 a[u] xor a[v]，求最小生成树的边权和.这题思想就是boruka
具体就是我们从最高位来看，我们可以按照二进制最高位是0还是1来把数分为两块，他们内部各自进行连边形成最小生成树，然后这两个部分再连边，因为这样只会有一条最高位是1的边，如果我们让多个01对连边，那么会形成多条最高位权值是1的边，这明显会使结果更差，然后次高位及以下也如此处理。。
在操作上就是我们先把每个点的权值插入到01字典树，从最高位开始分治，在0和1这两个左右子树，它们首先连边，然后再在左右子树找一个点对，他们异或值要最小，为了让异或值最小，我们在左右子树向下找的时候，每一位尽量找相同的点，相同的话这一位异或值就会为0
时间复杂度：我们遍历了一遍字典树，这个复杂度可以看成nlogn，在字典树的每个节点又logn找了一遍异或最小值点对，所以总复杂度可以看成n(logn)^2
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string>
#include<string.h>
#include<map>
#define ll long long
#include <iostream>
#include <math.h>
using namespace std;
#define maxn 3300000+5
ll tre[maxn][3],pos=0,sum[maxn];
struct node
{
ll to,w;
};
vector<node>e[105000];ll a[maxn];
void add(ll x)
{
ll c=0;
for(ll i=30;i>=0;i--)
{
ll y=(x>>i)&1ll;
if(!tre[c][y]) tre[c][y]=++pos;
c=tre[c][y];
sum[c]++;
}
}
ll Find(ll x,ll y,ll step)
{
ll ans=1e18;
if(step==-1) return 0;
if(tre[x][0])
{
if(tre[y][0])//也就是说，尽量保证左右两边数每位尽量一致，这样一致异或就是0
{
ll w=Find(tre[x][0],tre[y][0],step-1);
ans=w;
}
else
{
ll w=Find(tre[x][0],tre[y][1],step-1);
ans=w+(1ll<<step);
}
}
if(tre[x][1])
{
if(tre[y][1])//也就是说，尽量保证左右两边数每位尽量一致，这样一致异或就是0
{
ll w=Find(tre[x][1],tre[y][1],step-1);
ans=min(ans,w);
}
else
{
ll w=Find(tre[x][1],tre[y][0],step-1);
ans=min(ans,w+(1ll<<step));
}
}
//printf("tre[%lld][0]=%lld tre[%lld][1]=%lld tre[%lld][0]=%lld tre[%lld][1]=%lld step=%lld ans=%lld\n",x,tre[x][0],x,tre[x][1],y,tre[y][0],y,tre[y][1],step,ans);
return ans;
}
ll dfs(ll c,ll step)
{
ll ans=0;
ll ls=sum[tre[c][0]],rs=sum[tre[c][1]];
if(step==-1) return 0;
if(tre[c][0])ans+=dfs(tre[c][0],step-1);
if(tre[c][1])ans+=dfs(tre[c][1],step-1);
if(min(ls,rs)>0)//只有0和1都有才会分开连边
{
ans+=Find(tre[c][0],tre[c][1],step-1)+(1ll<<step);//说明0和1都有，那它们0集合就要和1集合连边，这条边贡献1<<step
//然后再在左右子树找一个点对(也就是剩余部分)，它们异或和最小
}//printf("step=%lld tre[%lld][0]=%lld tre[%lld][1]=%lld ls=%lld rs=%lld ans=%lld\n",step,c,tre[c][0],c,tre[c][1],ls,rs,ans);
return ans;
}
void init()
{
pos=0;
}
void dfs0(ll u,ll fa)
{
for(node i:e[u])
{
ll v=i.to,w=i.w;
if(v==fa) continue;
a[v]=a[u]^w;
dfs0(v,u);
}
}
int main()
{
/*ll n;
scanf("%lld",&n);
for(ll i=1;i<=n;i++)
{
ll x;
scanf("%lld",&x);
add(x);
}
ll ans=dfs(0,30);
printf("%lld\n",ans);*/
ll n;
scanf("%lld",&n);
for(ll i=1;i<n;i++)
{
ll u,v,w;
scanf("%lld %lld %lld",&u,&v,&w);
u++,v++;
e[u].push_back({v,w});
e[v].push_back({u,w});
}
dfs0(1,-1);
for(ll i=1;i<=n;i++)
{
add(a[i]);
}
ll ans=dfs(0,30);
printf("%lld\n",ans);
}
/*
3
1 2 3
*/
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