題目鏈接

Description

給定一個有 \(n\) 個點和 \(m\) 條邊的無向圖，其中每一條邊 \(e_i\) 都有一個權值記為 \(w_i\) 。

對於給出的兩個點 \(a\) 和 \(b\) ，求一條 \(a\) 到 \(b\) 的路徑，使得路徑上的邊權的 \(OR\)（位或）和最小，輸出這個值。(也就是說，如果將路徑看做邊的集合 \(\{e_1,e_2,…,e_k\}\)，那麽這條路徑的代價為 \(w_1\ OR\ w_2\ OR\ …\ OR\ w_k\)，現在求一條路徑使得其代價最小，輸出這個代價。如果不存在這樣的路徑，輸出 \(-1\)。

Input

Easy

\(2\le n \le 10^4, 0 \le m \le 10^6, 0 \le c_i \le 2^{62}-1\)

Hard

\(2\le n \le 10^4, 0 \le m \le 10^6, 0 \le c_i \le 2^{62}-1\)

題解 By zerol

Easy

\(dp[u][k]\) 表示到結點 \(u\) 的代價為 \(k\) 的方案是否存在，然後在圖上轉移（dfs 一下就好了）。

Hard

假設答案的二進制位全是 \(1\)，然後從高位到低位考慮，如果將該位置為 \(0\) 不破壞連通性的話就置為 \(0\)，這樣肯定最優。
判斷連通性可以用 並查集 或者 搜索，反正 \(O(M)\) 就行。
復雜度 \(O(63M)\) 。

對比

稍微回顧一下之前的 bzoj 2115 [Wc2011] Xor 路徑最大異或和 線性基

共同點：從高位向低位做，判斷當前位能否置為1或0（畢竟都是位運算）

不同點：
Xor那道題是預處理出來一條路徑，以及所有可以補充於其上的路徑。所以，判斷能否置為1即是看能否添加這條路徑。
而這道題，因為OR運算的性質，直觀想來，添加的路徑越少OR和就越小。所以，判斷當前位能否置為0即是通過連通性來判斷。

Code

Easy

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 1100
#define maxm 10010
using namespace std;
bool vis[maxn][maxn];
struct Edge { int to, ne, w; } edge[maxm << 1];
int tot, ne[maxn];
void add(int u, int v, int w) {
    edge[tot] = {v, ne[u], w};
    ne[u] = tot++;
}
typedef long long LL;
void dfs(int u, int ors) {
    if (vis[u][ors]) return;
    vis[u][ors] = true;
    for (int i = ne[u]; ~i; i = edge[i].ne) {
        int v = edge[i].to;
        dfs(v, ors | edge[i].w);
    }
}
int main() {
    memset(ne, -1, sizeof ne);
    int n, m;
    scanf("%d%d", &n,&m);
    int u, v, w;
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        scanf("%d%d%d", &u,&v,&w);
        add(u,v,w); add(v, u, w);
    }
    scanf("%d%d", &u, &v);
    dfs(u, 0);
    for (int i = 0; i <= 1024; ++i) {
        if (vis[v][i]) { printf("%d\n", i); return 0; }
    }
    puts("-1");
    return 0;
}
 

Hard

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 10010
#define maxm 1000010
using namespace std;
typedef long long LL;
vector<int> a[maxn];
struct Edge { int u, v; } edge[maxm];
void add(LL w, int id) {
    int cnt = 0;
    while (w) {
        if (w & 1) a[cnt].push_back(id);
        w >>= 1, ++cnt;
    }
}
int s, t, n, m, fa[maxn], sz[maxn];
bool exc[maxm], flag[64];
int find(int x) { return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]); }
void unionn(int u, int v) {
    u = find(u), v = find(v);
    if (sz[u] < sz[v]) swap(u, v);
    sz[u] += sz[v], fa[v] = u;
}
bool ok(int id) {
    memset(exc, 0, sizeof exc);
    for (int i = 62; i >= id; --i) {
        if (!flag[i]) {
            for (auto x : a[i]) exc[x] = true;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) fa[i] = i, sz[i] = 1;
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        if (!exc[i]) unionn(edge[i].u, edge[i].v);
    }
    return find(s) == find(t);
}
int main() {
    scanf("%d%d", &n,&m);
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        int u, v; LL w;
        scanf("%d%d%lld", &u,&v,&w);
        edge[i] = {u, v};
        add(w, i);
    }
    scanf("%d%d", &s, &t);
    if (!ok(64)) { puts("-1"); return 0; }
    LL ans = 0;
    for (int i = 62; i >= 0; --i) {
        ans <<= 1;
        if (!ok(i)) flag[i] = 1, ans |= 1;
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

EOJ Monthly 2018.1 F 最小OR路徑