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
*/