标签：sz val int edge 2019icpc mp1 邀请赛 dp MOD

题目链接：https://nanti.jisuanke.com/t/39277

题意：给出一棵有边权的树，求所有简单路径包含异或和为0的简单路径的总数和。

思路：

　　首先，对于异或为0这一限制，我们通过dfs得到根节点到所有点的路径上的异或和val[i]，如果两个结点的val值相等，说明他们之间的路径满足异或和为0。sz [i]为以i为根的子树　的大小。

　　其次，对于满足异或和为0的两个点u、v，分两种情况考虑：

　　　　1. u、v在不同链上，这一条路径的贡献值为sz[u]*sz[v]，通过map记录每一种权值的size和即可得到。我们先将所有点这样处理一遍。

　　　　2. u、v在一条链上，这一条路径的贡献值为(n-sz[u1])*sz[v]，u1是u与v这一条链上u的第一个子结点。因为上一步我们把所有情况加上了，所以要先减去sz[u]*sz[v]，通过mp1来记录同一条链上异或值为val的size和，因为是记录同一条链，所以当处理完一个结点的所有子结点时要回溯更新，即减去前面加的size。减了之后加上(n-sz[u1])*sz[v]，通过mp2来记录该信息，每处理完一个子结点时回溯更新，因为已经不在一条链上。

AC代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<unordered_map>
using namespace std;

const int maxn=1e5+5;
const int MOD=1e9+7;
typedef long long LL;
typedef unordered_map<LL,LL> ump;
struct node{
    int v,nex;
    LL w;
}edge[maxn];

int n,head[maxn],cnt,sz[maxn];
LL val[maxn],ans;
ump sum,mp1,mp2;

void adde(int u,int v,LL w){
    edge[++cnt].v=v;
    edge[cnt].w=w;
    edge[cnt].nex=head[u];
    head[u]=cnt;
}

void dfs1(int u,LL va){
    val[u]=va,sz[u]=1;
    for(int i=head[u];i;i=edge[i].nex){
        int v=edge[i].v;
        LL w=edge[i].w;
        dfs1(v,va^w);
        sz[u]+=sz[v];
    }
}

void dfs2(int u){
    ans=(ans+sum[val[u]]*sz[u])%MOD;
    sum[val[u]]=(sum[val[u]]+sz[u])%MOD;
    for(int i=head[u];i;i=edge[i].nex)
        dfs2(edge[i].v);
}

void dfs3(int u){
    ans=(ans-mp1[val[u]]*sz[u]+mp2[val[u]]*sz[u]+MOD)%MOD;
    mp1[val[u]]=(mp1[val[u]]+sz[u])%MOD;
    for(int i=head[u];i;i=edge[i].nex){
        int v=edge[i].v;
        LL w=edge[i].w;
        mp2[val[u]]=(mp2[val[u]]+n-sz[v]+MOD)%MOD;
        dfs3(v);
        mp2[val[u]]=(mp2[val[u]]-n+sz[v]+MOD)%MOD;
    }
    mp1[val[u]]=(mp1[val[u]]-sz[u]+MOD)%MOD;
}

int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=2;i<=n;++i){
        int u;LL w;
        scanf("%d%lld",&u,&w);
        adde(u,i,w);
    }
    dfs1(1,0);
    dfs2(1);
    dfs3(1);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

标签：sz,val,int,edge,2019icpc,mp1,邀请赛,dp,MOD
来源： https://www.cnblogs.com/FrankChen831X/p/11371882.html

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