有乙個長相驚奇的國家....
可以猜到，這個國家有n個城市，每個城市之間有且僅有一條通路
可以猜到，這個國家是長在樹上的
可以猜到，首都是1號節點
可以猜到，每個城市管轄他子樹中的所有城市
可以猜到，每個城市有乙個權值a;,兩個城市通訊難度為兩城市路徑異或和
可以猜到，乙個城市的繁忙度定義為它所管轄的城市中通訊難度最大的兩個城市的通訊難
度可以猜到， 如果兩個城市(x,y)都是在a的子樹中，但是lca(x.y)!=a，那麼這兩個城市不參與a繁忙度的統計
可以猜到，這道題你只需要輸出所有城市的繁忙度即可
可以猜到，這道題是水題....
其中，對於路徑 \((x,y)\) ，\(lca(x,y)=i\)
這題可真是水啊……打暴力都差點打炸
暴力的思路很簡單
預處理出lca和異或字首和， $\theta (n^2) $ 列舉所有邊
每次更新\(ans_i\)（以 \(i\) 為lca的路徑的異或最大值）
最後輸出每個點的答案即可
暴力**：
#include#define ll long long
using namespace std;
int n,a[100005],u,v;
int xor[100005];
struct edge
edge[400005];
int cnt=0,head[200005];
int ans[100005];
inline void add_edge(int from,int to)
int anc[200005][25],dep[200005];
void dfs1(int u,int fa)
}void dfs2(int next,int fa,int cnt) }}
int lca(int x,int y)
return anc[x][0];
}templateinline void read(t &res)
int main()
dfs1(1,0);
dfs2(1,0,0);
for(register int i=1;i<=n;++i)
int lca=lca(i,j);
int kkk=(xor[i]^xor[j]^a[lca]);
if(kkk>ans[lca]) ans[lca]=kkk;
} }for(register int i=1;i<=n;++i) printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}
於是我們需要搞一棵trie樹，直接啟發式合併
正解：
#include#define n 100005
using namespace std;
int n,x,y,a[n],ans[n];
int size[n],son[n],w[n];
int ndsum,root[n],nxt[n*31][2],temp=30;
struct edge
edge[n<<1];
int cnt=1,head[n];
void add_edge(int from,int to)
templateinline void read(t &res)
void df1(int u,int fa)
}void ii(int u,int fa,int rot)
}void qq(int u,int fa,int rot)
}void dfs2(int u,int fa)
}int main()
df1(1,0);
dfs2(1,0);
for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}
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