CF&Idea周训练-34--C - Bakry and Partitioning

 样例图

题意：给定一颗树，并告知（最多）可以去除多少条边，询问是否存在方案使得各个连通分量的所有节点异或值相同。

题解： 不妨根据样例画图，我们可以发现，对于一颗树，如果其所有节点异或和为0，那么只要裁剪一次，获得的两个连通分量的异或值一定相同，这是因为异或的性质---相同值异或值为0.

对于所有节点异或值不为0的情况，例如异或值为a，那么有解的情况最后一定可以是 至少分为3个部分，a,a,a，也许可以分为5个，7个部分，但是对于比3大的奇数，可以三个三个连边，最终结果和只有三个连通分量的情况等价。至于为什么是需要奇数个连通分量也不难想---a^a^a=a，因此，对于k的值小于3的情况，我们直接排除，因为k<3无法构成三个连通分量，对于k大于3的情况，我们仍然记所有节点异或值为a，只要深搜判断是否至少有两个节点的子树的异或值为a，把他们裁剪即可。

代码如下：

#include
using namespace std;
int   n,k;
int t;
const int N = 1e5 + 10, M = 2 * N;
int a[N];
bool st[N];
int flag=0;
int h[N],e[M],ne[M],idx;
int f[N];
int ans=N;
int u,v;
int sum=0;
int c=0;
void add (int a,int b)
{
    e[idx]=b;
    ne[idx]=h[a];
    h[a]=idx++;
}

int  dfs(int u,int fa)
{
	f[u]=a[u];
	for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i])
	{
		int j=e[i];
		if(j==fa) continue;
		int tmp=dfs(j,u);
		if(tmp==sum) c++;
		else f[u]^=t;
	}
	return f[u];
}
int main()
{
	   ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
	cin>>t;
	while(t--)
	{      
	
	//	flag=0; 
		memset(h, -1, sizeof h);
	//	memset(f,0,sizeof f);
		//memset(st,false,sizeof st);
		idx=0;                                                    
		cin>>n>>k;
		sum=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			cin>>a[i];
			sum^=a[i]; 
		}
		for(int i=1;i<=n-1;i++)
		{
			cin>>u>>v;
			add(u,v);
			add(v,u);
		}
		if(!sum) cout<<"YES"<= 3) {
            c = 0;
            dfs(1, -1);
            if (c >= 2) cout << "YES" << endl;
            else cout << "NO" << endl;
        }
        else cout << "NO" << endl;       
    }

	
	
	

	return 0;
 } 

 ，