Tree Cutting
Problem Description
Byteasar has a tree T with n vertices conveniently labeled with 1,2,...,n. Each vertex of the tree has an integer value vi.
The value of a non-empty tree T is equal to v1⊕v2⊕...⊕vn, where ⊕ denotes bitwise-xor.
Now for every integer k from [0,m), please calculate the number of non-empty subtree of T which value are equal to k.
A subtree of T is a subgraph of T that is also a tree.
Input
The first line of the input contains an integer T(1≤T≤10), denoting the number of test cases.
In each test case, the first line of the input contains two integers n(n≤1000) and m(1≤m≤210), denoting the size of the tree T and the upper-bound of v.
The second line of the input contains n integers v1,v2,v3,...,vn(0≤vi<m), denoting the value of each node.
Each of the following n−1 lines contains two integers ai,bi, denoting an edge between vertices ai and bi(1≤ai,bi≤n).
It is guaranteed that m can be represent as 2k, where k is a non-negative integer.
Output
For each test case, print a line with m integers, the i-th number denotes the number of non-empty subtree of T which value are equal to i.
The answer is huge, so please module 109+7.
Sample Input
2
4 4
2 0 1 3
1 2
1 3
1 4
4 4
0 1 3 1
1 2
1 3
1 4Sample Output
3 3 2 3
2 4 2 3Source
【题意】
Byteasar有一棵nn个点的无根树，节点依次编号为11到nn，其中节点ii的权值为v_iv?i??。 定义一棵树的价值为它所有点的权值的异或和。 现在对于每个[0,m)[0,m)的整数kk，请统计有多少TT的非空连通子树的价值等于kk。 一棵树TT的连通子树就是它的一个连通子图，并且这个图也是一棵树。 【分析】 先放个题解：
本题有两种可以AC的算法。
算法1：
取一个根，将这棵树转化为有根树，并假设根必须要选，那么对于一个点来说，如果它选了，它的父亲就必须选。
求出dfs序，设f[i][j]f[i][j]表示考虑了dfs序的前ii项，目前连通块的异或和为jj的方案数。
如果ii是一个左括号，那么把ff传给儿子，并强制选择儿子；如果ii是个右括号，那么这个子树既可以选又可以不选，累加即可。
如果根必然不选，那么可以去掉这个根，变成若干棵树的子问题，这显然是点分治的形式，取重心作为根即可。
时间复杂度O(nm\log n)O(nmlogn)。
算法2：
取11为根，设sum[x]sum[x]表示xx子树的异或和，假如选择的连通块的根是xx，那么要在xx子树里选择若干不相交的子树舍弃掉。
设f[i][j]f[i][j]表示ii的子树里舍弃了jj的方案数，转移是个异或卷积的形式，可以用FWT加速计算。
时间复杂度O(nm\log m)O(nmlogm)。
题解还是通俗易懂的，然而FWT是啥，表示不会。 树形依赖还会一点，所以就打了第一种解法。 然而之前没有打过点分治哦，原来重心还挺好用的.... 每次分治的时候都要找重心，那么深度就不会超过logn。。 代码如下：
1 #include<cstdio>
2 #include<cstdlib>
3 #include<cstring>
4 #include<iostream>
5 #include<algorithm>
6 #include<queue>
7 #include<cmath>
8 using namespace std;
9 #define INF 0xfffffff
10 #define Mod 1000000007
11 #define Maxn 1100
12
13 int v[Maxn],first[Maxn];
14
15 struct node
16 {
17 int x,y,next;
18 }t[2*Maxn];int len;
19
20 void ins(int x,int y)
21 {
22 t[++len].x=x;t[len].y=y;
23 t[len].next=first[x];first[x]=len;
24 }
25
26 int mymax(int x,int y) {return x>y?x:y;}
27
28 int sm[Maxn],mx[Maxn],ms,nm;
29 int n,m;
30 bool q[Maxn];
31
32 void dfs(int x,int f,int sn)
33 {
34 int h=0;
35 mx[x]=0;sm[x]=1;
36 for(int i=first[x];i;i=t[i].next) if(t[i].y!=f&&q[t[i].y])
37 {
38 dfs(t[i].y,x,sn);
39 sm[x]+=sm[t[i].y];
40 mx[x]=mymax(mx[x],sm[t[i].y]);
41 }
42 if(sm[x]!=h) mx[x]=mymax(mx[x],sn-sm[x]);
43 if(mx[x]<mx[ms]) ms=x;
44 }
45
46 int ans[Maxn],g[Maxn][Maxn];
47 void get_ans(int x,int f)
48 {
49 for(int i=first[x];i;i=t[i].next) if(t[i].y!=f&&q[t[i].y])
50 {
51 int y=t[i].y;
52 for(int j=0;j<=nm;j++) g[y][j]=0;
53 for(int j=0;j<=nm;j++) g[y][j^v[y]]=(g[y][j^v[y]]+g[x][j])%Mod;
54 get_ans(y,x);
55 for(int j=0;j<=nm;j++) g[x][j]=(g[x][j]+g[y][j])%Mod;
56 }
57 }
58
59 void ffind(int x,int f)
60 {
61 for(int i=0;i<=nm;i++) g[x][i]=0;
62 g[x][v[x]]=1;
63 get_ans(x,f);q[x]=0;
64 for(int i=0;i<m;i++) ans[i]=(ans[i]+g[x][i])%Mod;
65 for(int i=first[x];i;i=t[i].next) if(t[i].y!=f&&q[t[i].y])
66 {
67 ms=0;
68 dfs(t[i].y,0,sm[t[i].y]);
69 ffind(ms,0);
70 }
71 }
72
73 int main()
74 {
75 int T;
76 scanf("%d",&T);
77 while(T--)
78 {
79 scanf("%d%d",&n,&m);nm=0;
80 memset(first,0,sizeof(first));
81 len=0;
82 for(int i=1;i<=n;i++) {scanf("%d",&v[i]);nm|=v[i];}
83 for(int i=1;i<n;i++)
84 {
85 int x,y;
86 scanf("%d%d",&x,&y);
87 ins(x,y);ins(y,x);
88 }
89 mx[0]=INF;ms=0;
90 memset(q,1,sizeof(q));
91 dfs(1,0,n);
92 memset(g,0,sizeof(g));
93 memset(ans,0,sizeof(ans));
94 ffind(ms,0);
95 for(int i=0;i<m-1;i++) printf("%d ",ans[i]);
96 printf("%d\n",ans[m-1]);
97 }
98 return 0;
99 }
[HDU 5909]
无数次傻逼加搞死自己，，233，，，
照例总结：树形依赖型问题：最好尽量让 泛化物品合普通物品，或者泛化物品和泛化物品的普通和（就是直接取最值的合 法）不然 泛化物品和泛化物品的 复杂 的 合 要v^2，很慢的！！ 有几种题型，如果v=n（就是说容量就是选取的点数，且选取的点数和答案相关）可以打成n^2，计算子树答案的时候只for到字数大小即可。这样打的话是表示子树的答案，所以不一定选原树的根的。 另一种v>>n，如果根一定选，我们可以用dfs序dp，f[x]表示要选x这个点，并且x到根的路径的点都一定选。中间是泛化物品合普通物品+泛化物品min|max泛化物品，总时间是nv。那么不一定选根呢？（即选择一个联通块即可），就用点分治，算完根一定选之后，把根删掉，变成多个子树问题每次选重心作为根可以优化到分治logn次这一题就是这样做，总时间是nvlogn
2016-10-07 13:07:14