经过长时间的思考,我发现直接考虑对一条链进行修改是很难做出本题的,可能需要换一个方向. 可以发现本题中有操作的存在,是没有可以反过来做的做法的,因此正难则反这条路应该走不通. 那么唯一的办法就是简化这个操作或是转化问题了,不难发现前者应该是后者的基础,于是我们应该先将重心放在前者上. 可以发现本题是对一条链进行同一个操作,那么能否使用差分来使得多点操作变成单点操作呢? 不难发现由于差分的优秀性质是可以的,对于一次修改 \((x, y, k)\),我们只需要要在 \(x, y\) 处分别异或 \(…

Step1:首先定义一个点的权值为与其相连边的异或和.那么修改一条路径,权值改变的只有两个端点.边权都为0和点权都为0实质相同. Step2:那么现在和树的结构就没有什么关系了.每次选两个点,然后同时异或上一个值.求最小次数. Step3:首先权值为0的不用修改了,贪心先把权值一样的两两分组.那么就会剩下至多15个数.因为只有15个数,考虑状压.如果几个数异或值为0,那么显然存在方案n-1次全部消完.那么就可以子集转移. Code #include<bits/stdc++.h> #define…

[多校联考2019(Round 5)] [ATCoder3912]Xor Tree(状压dp) 题面 给出一棵n个点的树,每条边有边权v,每次操作选中两个点,将这两个点之间的路径上的边权全部异或某个值,求使得最终所有边权为0的最小操作次数. \(v \leq 15,n \leq 10^5\) 分析 首先把边权转化为点权.记一个点的点权为与它相连的所有边的边权和.当我们给一条路径上的边异或上某个值时,路径端点的点权被异或了1次,而路径上不是端点的点有两条边被异或了,相当于异或了2次,权值不变.因此…

「AGC035C」 Skolem XOR Tree 感觉有那么一点点上道了? 首先对于一个 \(n\),若 \(n\equiv 3 \pmod 4\),我们很快能够构造出一个合法解如 \(n,n-1,n-2,..,1,n+n,n+n-1,n+n-2,...,n+1\). 若 \(n\equiv 1 \pmod 4\),我们将 \(n,n-1\) 拆分出来单独成一条链. 然后如果 \(n\) 是偶数,可以想到对于这个 \(n\) 单独处理,则剩下的问题转化为我们上面的问题. 考虑对于这个偶数特殊判…

可能算是道中规中矩的套路题吧…… Time limit : 2sec / Memory limit : 256MB Problem Statement You are given a tree with N vertices. The vertices are numbered 0 through N−1, and the edges are numbered 1 through N−1. Edge i connects Vertex xi and yi, and has a value ai.…

Problem Statement You are given a tree with N vertices. The vertices are numbered 0 through N−1, and the edges are numbered 1 through N−1. Edge i connects Vertex xi and yi, and has a value ai. You can perform the following operation any number of tim…

\(\mathcal{Description}\)   Link.   给定一棵树,边 \((u,v)\) 有边权 \(w(u,v)\).每次操作可以使一条简单路径上的边权异或任意非负整数.求最少的操作次数使得所有边边权为 \(0\).   \(n\le10^5\),\(w(u,v)<16\). \(\mathcal{Solution}\)   好妙的题 www.   定义一个点的点权 \(val_u\) 为其所有邻接边边权的异或和,即 \(val_u=\bigoplus_{(u,v)\in E…

嗯嗯,这是一道线段树的题,询问区间内亮着的灯的个数,我们可以把区间修改的线段树改一下,原本的求和改成若有奇数次更改则取反(总长度-亮着的灯个数),而判断是否奇数次只要数组加一个delta的值,update的时候delta xor 1 就够了,代码如下. type tpoint=record l,r,sum,delta,mid:longint; end; var n,m,s,e,i,j,c,sum:longint; tree:array[..] of tpoint; procedure build…

A. Square Function 留坑. B. Guess by Remainder 询问$lcm(1,2,3,...,n)-1$即可一步猜出数. 计算$lcm$采用分治FFT即可,时间复杂度$O(n\log^2n)$. C. Subtract if Greater! 对于每个修改操作,$[1,x]$的数无需修改,$[x+1,2x]$的数会减小至少一半,暴力修改即可,$[2x+1,inf]$的数减小之后排名不变,故可以在平衡树上打标记实现. 时间复杂度$O(n\log^2n+m\log n)…

A - Two Integers 如果\(X\)是\(Y\)的倍数的话不存在 可以输出\(X \cdot (\frac{Y}{gcd(X,Y)} - 1)\) 代码 #include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define pii pair<int,int> #define pdi pair<db,int> #define mp make_pair #define pb push_back #…