https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11255/E

?題目大意：有n個點，每一點有一個區間[l,r]范圍的權值可能，有n-1條邊，邊上的權值為w,w=w(u)^w(v),問你滿足權值范圍和邊權值的方案數。

思路：我們把樹根的值設為0，這樣其他點的w值也隨之確定，然后樹根的值變為a，那么其他點的值也會變為w^a。根據這個性質，那我們只要求出a的范圍就好了，即所有的區間異或對應的w值，就可以求出a的范圍，再求出所有點a的范圍的交集。對于區間異或上w值，我們可以使用線段樹。

?

?我們將利用線段樹 將不連續的區間分為logw段連續的區間。

?做法一：n*logn 使用線段樹可以求出所有不合法區間的并集，把不合法的區間標記為1，可以沒有標記過的區間說明對于這n個點這些區間都是合法的。

#include <cstdio> #include <cstring> #include <string> #include <cmath> #include <iostream> #include <algorithm> #include <queue> #include <cstdlib> #include <stack> #include <vector> #include <set> #include <map> #include <bitset> #include <complex> #define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f #define inf 0x3f3f3f3f #define FILL(a,b) (memset(a,b,sizeof(a))) #define lson rt<<1 #define rson rt<<1|1 #define lowbit(a) ((a)&-(a)) #define ios std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0); #define fi first #define sc second #define pb push_back #define all(x) (x).begin(),(x).end() using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<ll,ll> pii; const ll mod=1e9+7; const ll N =6e6+10; const double eps = 1e-6; const double PI=acos(-1); ll gcd(ll a,ll b){return !b?a:gcd(b,a%b);} ll re(){ll x;scanf("%lld",&x);return x;} int dx[8]= {1,0,-1,0,1,1,-1,-1}, dy[8] = {0,1,0,-1,1,-1,1,-1}; int n; int ch[N][2],sum[N]; bool tag[N]; vector<pii> g[N]; int l[N],r[N]; int cnt=1,root=1; void add(int &rt,int l,int r,int x,int y,int w){int len=r-l+1;int l1=l^(w&(~(len-1)));// ~(len-1)代表求出類11000000的格式，再將w前面的幾位屏蔽掉，在和L異或，就是他們的起點了。int r1=l1+len-1;//l-r這個區間可以由l1-r1這個區間異或w得到if(l1>=x&&r1<=y) return;if(!rt) rt=++cnt;//動態開點if(l1>y||r1<x){//將其他區間的值設為1；tag[rt]=1;//標記該區間都是不合法的；sum[rt]=len;return;}if(tag[rt]) return;int mid=(l+r)/2;add(ch[rt][0],l,mid,x,y,w);add(ch[rt][1],mid+1,r,x,y,w);if(tag[rt]) sum[rt]=len;else sum[rt]=sum[ch[rt][0]]+sum[ch[rt][1]]; } void dfs(int u,int f,int w){add(root,0,(1<<30)-1,l[u],r[u],w);for(pii v:g[u]){if(v.fi==f) continue;dfs(v.fi,u,w^(v.sc));} } void solve(){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>l[i]>>r[i];for(int i=1;i<n;i++){int u,v,w;cin>>u>>v>>w;g[u].pb({v,w});g[v].pb({u,w});}dfs(1,0,0);cout<<(1<<30)-sum[1]<<"\n"; }int main() {iosint T=1;while(T--){solve();}return 0; }

做法二：n*logn*logn直接用線段求出所有合法區間，最后再利用差分求區間并，區間并==n時，該段區間合法。

#include <cstdio> #include <cstring> #include <string> #include <cmath> #include <iostream> #include <algorithm> #include <queue> #include <cstdlib> #include <stack> #include <vector> #include <set> #include <map> #include <bitset> #include <complex> #define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f #define inf 0x3f3f3f3f #define FILL(a,b) (memset(a,b,sizeof(a))) #define lson rt<<1 #define rson rt<<1|1 #define lowbit(a) ((a)&-(a)) #define ios std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0); #define fi first #define sc second #define pb push_back #define all(x) (x).begin(),(x).end() using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<ll,ll> pii; const ll mod=1e9+7; const ll N =1e6+10; const double eps = 1e-6; const double PI=acos(-1); ll gcd(ll a,ll b){return !b?a:gcd(b,a%b);} ll re(){ll x;scanf("%lld",&x);return x;} int dx[8]= {1,0,-1,0,1,1,-1,-1}, dy[8] = {0,1,0,-1,1,-1,1,-1}; int n; vector<pii> g[N]; vector<pii> ans; int l[N],r[N];void gao(int l,int r,int w){int len=r-l+1;int l1=l^(w&~(len-1));ans.pb({l1,l1+len-1}); } void add(int l,int r,int x,int y,int w){//線段樹if(x<=l&&r<=y){gao(l,r,w);return;}int mid=(l+r)>>1;if(x<=mid) add(l,mid,x,y,w);if(y>mid) add(mid+1,r,x,y,w); } void dfs(int u,int f,int w){add(0,(1<<30)-1,l[u],r[u],w);for(pii v:g[u]){if(v.fi==f) continue;dfs(v.fi,u,w^v.sc);} }void gg(){vector<pii> dp;for(pii v:ans){dp.pb({v.fi,1});dp.pb({v.sc+1,-1});}sort(all(dp));int sum=0;int ans=0;for(int i=0;i<dp.size();i++){pii v=dp[i];sum+=v.sc;if(sum>=n) ans+=dp[i+1].fi-v.fi;}cout<<ans<<endl; } void solve(){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>l[i]>>r[i];for(int i=1;i<n;i++){int u,v,w;cin>>u>>v>>w;g[u].pb({v,w});g[v].pb({u,w});}dfs(1,0,0);gg(); } int main() {iosint T=1;while(T--){solve();}return 0; }

看到群上說用trie樹也可以寫，就去學習了一下，一樣的把不合法的標記了，最后求出沒有標記過的點數量就是答案（代碼有注釋了）

#include <cstdio> #include <cstring> #include <string> #include <cmath> #include <iostream> #include <algorithm> #include <queue> #include <cstdlib> #include <stack> #include <vector> #include <set> #include <map> #include <bitset> #include <complex> #define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f #define inf 0x3f3f3f3f #define FILL(a,b) (memset(a,b,sizeof(a))) #define lson rt<<1 #define rson rt<<1|1 #define lowbit(a) ((a)&-(a)) #define ios std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0); #define fi first #define sc second #define pb push_back #define all(x) (x).begin(),(x).end() using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<ll,ll> pii; const ll mod=1e9+7; const ll N =6e6+10; const double eps = 1e-6; const double PI=acos(-1); ll gcd(ll a,ll b){return !b?a:gcd(b,a%b);} ll re(){ll x;scanf("%lld",&x);return x;} int dx[8]= {1,0,-1,0,1,1,-1,-1}, dy[8] = {0,1,0,-1,1,-1,1,-1};int n; vector<pii> g[N]; int l[N],r[N]; int tag[N],ch[N][2],cnt; ll ans; int newnode(){cnt++;tag[cnt]=ch[cnt][0]=ch[cnt][1]=0;return cnt; } int add(int x,int f,int l,int r,int w){if(tag[x]==2){//tag=2表示01兩科子樹下都沒有答案return tag[x];}if((r-l)==((1<<(f+1))-1)){//出現00000000~11111111的情況時，因為在這個子樹下現在w的所以答案都是合法的，無論怎么異或都是在這個子樹的，所以保持該子樹的狀態return tag[x];}if(!ch[x][0]) ch[x][0]=newnode();//動態開點if(!ch[x][1]) ch[x][1]=newnode();if((l&(1<<f))==(r&(1<<f))){//第f位相同的情況下int id=(((l&(1<<f))^(w&(1<<f)))!=0);//求出第f位的狀態，因為第f位相同，所以只有一種狀態tag[ch[x][!id]]=2;//！id的這個子樹所有答案都是不合法的int k=add(ch[x][id],f-1,l%(1<<f),r%(1<<f),w);//遍歷到下一個子樹if(k==2) tag[x]=2;else tag[x]=1;}else{//第f位不同的情況下int id=((w&(1<<f))!=0);//觀察w的f位情況//分割區間 第f位為0和為1的情況int k1=add(ch[x][id],f-1,l%(1<<f),(1<<f)-1,w);//第f位是0的情況下int k2=add(ch[x][!id],f-1,0,r%(1<<f),w);//第f位是1的情況下if(k1==2&&k2==2)tag[x]=2;else if(k1!=2||k2!=2) tag[x]=1;}return tag[x]; } void dfs(int u,int f,int w){add(1,29,l[u],r[u],w);for(pii v:g[u]){if(v.fi==f) continue;dfs(v.fi,u,w^v.sc);} } void gg(int x,int f){if(tag[x]==0){//該子樹下的答案全部是合法的ans+=(1ll<<(f+1));}else if(tag[x]==1){if(tag[ch[x][1]]!=2) gg(ch[x][1],f-1);if(tag[ch[x][0]]!=2) gg(ch[x][0],f-1);} } void solve(){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>l[i]>>r[i];for(int i=1;i<n;i++){int u,v,w;cin>>u>>v>>w;g[u].pb({v,w});g[v].pb({u,w});}newnode();dfs(1,0,0);gg(1,29);//遞歸計算統計答案cout<<ans<<endl; } int main() {iosint T=1;while(T--){solve();}return 0; }

總結

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