ABC201E Xor Distances 題解
題目大意
給定一個帶權樹，求樹上每兩點的簡單路徑上的邊權的異或和的和。
形式化的，定義 \(dis(i,j)\) 為 \(i\) 到 \(j\) 的簡單路徑上的邊權的異或和，求 \(\large\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i+1}^n\text{dis}(i,j)\)。
Solve
令 \(\large f(u)=\sum\limits_{i=1}^n\text{dis}(u,i)\)。
指定 \(1\) 為根，考慮先 dfs 遍歷樹求出 \(f(1)\)，然後換根 \(\text{DP}\)。
若已知 \(f(u)\)，對於 \(v\in son_u\)，我們分兩部分考慮，即在子樹 \(v\) 中的 \(A\) 集合和不在子樹 \(v\) 中的 \(B\) 集合。
- 對於 \(B\) 中的點，根從 \(u\) 轉移到 \(v\)，他們到根的路徑的異或和會多異或上 \(w(u,v)\)。
- 對於 \(A\) 中的店，他們到根的路徑的異或和會少異或上 \(w(u,v)\)，由於異或的自反性，透過再異或上一個 \(w(u,v)\) 也可以實現。
綜上，\(f(v)\) 即為 \(f(u)\) 的每一項異或上 \(w(u,v)\) 的和，即 \(\large f(v)=\sum\limits_{i=1}^n dis(u,i)\oplus w(u,v)\)。
考慮如何計算。
不難想到：用 \(cnt\) 記錄下 \(f(u)\) 的每一項 \(x\) 二進位制下 \(1\) 和 \(0\) 的個數，按位列舉 \(w(u,v)\)，若其第 \(i\) 位為 \(1\)，則 \(x\oplus w(u,v)\) 後第 \(i\) 位會與原來相反，所以此時交換 \(cnt_{i,1}\) 和 \(cnt_{i,0}\)。
經過交換後，我們有 \(\large f(v)=\sum\limits_{i=0}^{m-1}2^i\times cnt_{i,1}\)。本題 \(w\leq2^{60}\)，故 \(m=60\)。
答案即為 \(\large\frac {\sum\limits_{u=1}^nf(u)} 2\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read()
{
short f=1;
int x=0;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
#define mod 1000000007
int n,cnt[60][2],ans,mi[60]={1};
#define PII pair<int,int>
vector<PII>e[200010];
void dfs1(int u,int d,int fa)
{
for(int i=59;i>=0;i--) cnt[i][d>>i&1]++;
for(auto i:e[u])
if(i.first!=fa) dfs1(i.first,d^i.second,u);
}
void dfs2(int u,int fa)
{
for(int i=59;i>=0;i--) ans=(ans+mi[i]*cnt[i][1]%mod)%mod;
for(auto i:e[u])
if(i.first!=fa)
{
for(int j=59;j>=0;j--)
if(i.second>>j&1)
swap(cnt[j][1],cnt[j][0]);
dfs2(i.first,u);
for(int j=59;j>=0;j--)
if(i.second>>j&1)
swap(cnt[j][1],cnt[j][0]);
}
}
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<60;i=-~i) mi[i]=(mi[i-1]<<1)%mod;
for(int i=1,u,v,w;i<n;i=-~i)
u=read(),v=read(),w=read(),
e[u].push_back({v,w}),e[v].push_back({u,w});
dfs1(1,0,0);dfs2(1,0);
return printf("%lld",ans*500000004/*顯然這是2在mod 1e9+7下的逆元*/%mod),0;
}