CF 1600~1800 思维题泛做

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CF 1592C Bakry and Partitioning

给定一棵 \(n\) 个节点，每个节点有点权的树，最多拆成 \(k\) 个连通块，问是否有方案使得所有联通块的异或和相等。
\(n,k \le 10^5,a_i \le 10^9\)

\(\color{Blue}{1700}\)
对于异或，存在重要性质 \(x\, \text{xor}\, x = 0\)。
设所有数的异或和为 \(x\)。

• \(x=0\)

此时可以任意断开一条边即可，得到的两棵树异或和必定相等。
原因即同数异或和为 \(0\)。

• \(x>0\)

首先尝试证明，这种情况只需拆成三个连通块。
假设，将其拆成了 \(x(x>3)\) 个连通块并且符合题目条件。
则完全可以将其中任意 \(3\) 个连通块合并，因为 \(x\ \text{xor} \ x \ \text{xor} \ x =x\)。
最后会得到 \(2\) 或 \(3\) 个连通块，但很明显在 \(x>0\) 的前提下不可能存在。
Q.E.D

至此，题目目标转化为尝试将原图拆成 \(3\) 个与原树异或和 \(x\) 相等的联通块。
因为要断 \(2\) 条边，如果 \(k=2\) 就无解了，要特判一下。

可以想到，先对原树 dfs，使 \(a_u\ \text{xor} = \sum \limits_{v \in u} a_v\)。
如果存在 \(a_u=x(u\ne 1)\),那么将以 \(u\) 为根的子树剥离，再在剩余部分的树找到一个满足条件的 \(u\) 即可。
考虑进行分类讨论的 dfs：

• 存在原树的根意义下，不相交的两棵子树的异或和等于 \(x\)。

这种情况还是比较容易想的，此时将两棵子树剥离就是三个满足条件的连通块。
一遍 dfs 即可。

void dfs(int u){
  c[u]=0;
  for(int v:g[u]){
    if(v==f[u]) continue;
    f[v]=u;dfs(v);
    if(c[u]&&c[v]) ans=1;//不相交的两棵子树满足条件
    a[u]^=a[v];c[u]+=c[v];
  }c[u]+=(a[u]==x);
}

• 存在某棵子树，其异或和为 \(0\)，并且在这棵子树的子树中存在异或和为 \(x\) 的。

因为在删掉某棵子树之后，这棵子树的根到原树根路径上所有点的异或和都要异或上这棵子树的异或和。
如果这棵子树的异或和是 \(x\)，那么路径上的异或和为 \(0\) 的值就会变成 \(x\)。
所以可以在 dfs 的过程中加入判断，判断当前节点异或为 \(0\) 且其子树中有异或和为 \(x\) 的存在的情况即可。

合在一起判断的 dfs 部分代码：

void dfs(int u){
  c[u]=0;
  for(int v:g[u]){
    if(v==f[u]) continue;
    f[v]=u;dfs(v);
    if(c[u]&&c[v]) ans=1;
    a[u]^=a[v];c[u]+=c[v];
  }c[u]+=(a[u]==x);
  if((u^1)&&!a[u]&&c[u])ans=1;
}

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