https://codeforces.com/problemset/problem/1994/E
题目大意
给 $k$ 棵有根树，每棵大小为 $n_i$，根为 $1$，形态以每个非根点的父亲 $f_i$ 的形式给出。
一种操作可以去掉任意的子树并把子树的节点树“或”到答案 $ans$ 上。
求最大的 $ans$。
简要题解
这样的题一般的是考虑从高向低按位贪心，因为我们只能减小每棵树的大小，因此无法将某个二进制位向最高位移动， 但显然可以将某个二进制位变成全部的更低位（减 $1$ 即可）。因为我们总是可以从叶子每次一个的移除一些点，因此我们总是能把某个树的某个二进制位变成比它小的二进制位，例如 $(100101)_2$ 可以先变为 $(100000)_2$ 再变为 $(011111)_2$。
于是做法就比较显然了，我们统计对于所有 $n_i$ 每个位出现的次数。从高位向下，如果某个位出现 $1$ 次或 $0$ 次我们直接保留。如果某个位出现了两次以上，则我们停止循环，保留一个频率，用第二个频率变成比它小的所有 $1$，剩下的频率全变为 $1$ 即可。
可以发现树形态完全是没有意义的。
复杂度
$T$：$O(k \log(max(n_i)))$
$S$：$O(\log(max(n_i)))$
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int io_=[](){ ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); return 0; }();
using LL = long long;
using ULL = unsigned long long;
using LD = long double;
using PII = pair<int, int>;
using VI = vector<int>;
using MII = map<int, int>;
template<typename T> void cmin(T &x,const T &y) { if(y<x) x=y; }
template<typename T> void cmax(T &x,const T &y) { if(x<y) x=y; }
template<typename T> bool ckmin(T &x,const T &y) {
return y<x ? (x=y, true) : false; }
template<typename T> bool ckmax(T &x,const T &y) {
return x<y ? (x=y, true) : false; }
template<typename T> void cmin(T &x,T &y,const T &z) {// x<=y<=z
if(z<x) { y=x; x=z; } else if(z<y) y=z; }
template<typename T> void cmax(T &x,T &y,const T &z) {// x>=y>=z
if(x<z) { y=x; x=z; } else if(y<z) y=z; }
// mt19937 rnd(chrono::system_clock::now().time_since_epoch().count());
// mt19937_64 rnd_64(chrono::system_clock::now().time_since_epoch().count());
/*
---------1---------2---------3---------4---------5---------6---------7---------
1234567890123456789012345678901234567890123456789012345678901234567890123456789
*/
const int MB = 21;
void solve() {
int k; cin >> k;
vector<int> cnt(MB);
int n;
int pi;
for (int i = 0; i < k; i++) {
cin >> n;
for (int j = 0; j < n - 1; j++) {
cin >> pi;
}
for (int j = 0; j < MB; j++) {
cnt[j] += ((n >> j) & 1);
}
}
int ans = 0;
for (int i = MB - 1; i >= 0; i--) {
if (cnt[i] >= 2) {
for (int j = i; j >= 0; j--) {
cnt[j] = 1;
}
}
if (cnt[i] == 1) ans |= (1 << i);
}
cout << ans << '\n';
}
int main() {
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
其他想法
注意题目中其实没有要求把所有树都删完，但这件事对求 Or 是没有影响的。
如果求 $Xor$ 则会有一些变化。
所有点取完的最大 Xor
这里我们先考虑较简单的情况，需要把所有点都取完的最佳 $Xor \ ans$。
首先 $Xor$ 的值肯定无法超出 $Or$ 的值。 注意到我们可以把所有没有出现在 $Or$ 答案中的点都拆成 $1$，则答案最终最多只会与 $Or$ 的答案差 $1$。 而显然，答案最后一位的值是固定的，为 $sum(n_i) \ and \ 1$。所以这就是最优解。
这种情况仍然与树的形态无关。
可以剩下一些点的 Xor
这种情况，如果 $sum(n_i) {\ and \ } 1$ 是奇数，我们已经得到了答案。 如果其为偶数则我们有机会最后剩下一些点使得答案与 $Or$ 的结果相同。 这里我们注意到，每棵树剩下的点总是与根相连的部分节点。如果存在某个方案可以使答案与 $Or$ 的结果相同，则其实我们剩下 $1$ 个根即可。
简单证明，这种情况下，剩下的点必然是奇数，则我们每次删掉一个点直到剩下一个点，则这样对结果是没有影响的。
有了这个观察，代码也就好写了，还是维护每个位的频率，依次枚举最后会剩下第 $i$ 棵树的根。 把 $n_i$ 删去频率删去，再把所有这个根子树的 $sz$ 的位的频率加入，求一个 $Or$ 的答案即可。 这样复杂度并没有更高。
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