题目描述
异或是一种神奇的运算,大部分人把它总结成不进位加法.
在生活中…xor运算也很常见。比如，对于一个问题的回答，是为1，否为0.那么：
（A是否是男生 ）xor（ B是否是男生）＝A和B是否能够成为情侣
好了，现在我们来制造和处理一些复杂的情况。比如我们将给出一颗树，它很高兴自己有N个结点。树的每条边上有一个权值。我们要进行M次询问，对于每次询问，我们想知道某两点之间的路径上所有边权的异或值。
输入格式
输入文件第一行包含一个整数N，表示这颗开心的树拥有的结点数，以下有N-1行，描述这些边，每行有3个数，u,v,w,表示u和v之间有一条权值为w的边。接下来一行有一个整数M，表示询问数。之后的M行，每行两个数u,v，表示询问这两个点之间的路径上的权值异或值。
输出格式
输出M行，每行一个整数，表示异或值
输入输出样例
输入 #1
5 1 4 9644 2 5 15004 3 1 14635 5 3 9684 3 2 4 5 4 1 1
输出 #1
975 14675 0
说明/提示
对于40%的数据，有1 ≤ N，M ≤ 3000；
对于100%的数据，有1 ≤ N ，M≤ 100000。
AC代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<string.h> using namespace std; #define re register //由于本题目给出的数据量较大，因此存树时不用邻接矩阵而是链式前向星 //此题出现TLE的原因是之前在for循环中加入了dfs，这个不是一个合理的程序设计方式，因此非常容易出现TLE的情况 //改进方式：我们需要对此题有更深层次的认识，核心点：两次异或等于自身！！。因此我们记录下每个点到dfs的起始点的所有异或值 //求任意两点之间的所有路径异或值即让两个点到起始点的异或值进行异或即可（因为相同的路径部分会自动消去所以不需要过多关注）
//因此我们需要只求一次dfs即可，将所有点到起点的异或值记录下来，方便后面求任意两点的路径异或值。
//本题关键求解：1、需要认识到异或这个运算符的自身特点与特殊性 2、学会利用前向星存图或者树 3、掌握基本的dfs技巧
int cnt=0; //边的编号是从0开始的 int head[100005]; short color[100005]; //用于标记结点是否被访问过 int n,m; int flag=0; //标志 int dis[100005]={0}; //记录每个点到dfs搜索起始点的所有异或值 typedef struct Edge{ //关于边的结构体 int w; //权值 int to; //终点 int next; //下一条边 }E; E e[200005]; //由于是无向图 所以需要考虑两倍的边量 void add(int u,int v,int w){ //套路加边模板,对于无向图，每条边需要add两次 e[cnt].w=w; e[cnt].to=v; e[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt++; } void dfs(int a,int b,int sum){ //sum代表当前总的异或值,b是目标点,a在此处看成当前出发点 if(flag) return; if(a==b){ //表示a已经到达b点 直接输出结果返回 // cout<<sum<<endl; flag=1; return; } color[a]=1; dis[a]^=sum; for(re int k=head[a];~k;k=e[k].next){ //对以a为起点（和a连接的）的所有的边进行遍历 if(color[e[k].to]==0){ dfs(e[k].to,b,sum^e[k].w); } } color[a]=0; //此处回溯不回溯无所谓 因为是树状 } int main(){ cin>>n; int u,v,w; memset(head,-1,sizeof(head)); for(re int i=1;i<=n-1;i++){ // cin>>u>>v>>w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); add(u,v,w); add(v,u,w); //无向 } flag=0; memset(color,0,sizeof(color)); dfs(1,0,0); //假设1为起始搜索点，0位搜索终点，由于0点不存在，因此会遍历整个图 cin>>m; int a,b; for(re int i=1;i<=m;i++){ // cin>>a>>b; scanf("%d%d",&a,&b); printf("%d ",dis[a]^dis[b]); } return 0; }