原題連結

分析

題可以拆成兩部分考慮

第一部分，我們考慮。

如何處理，兩個點之間的異或值。

因為異或具有傳遞性，因此當給定兩個點時。

我們維護，一個d陣列，去維護該點到父節點之間的異或值。

同時我們需要重寫一下，我們的find函式，這個重寫過程與更新距離的相似。

int find(int x)
{
    if(p[x]!=x)
    {
        int pre = p[x];
        p[x]=find(p[x]);
        d[x]=d[x]^d[pre];
    }
    return p[x];
}

我們首先判斷兩個點是否在同一個集合中。

在同一個集合中

假設兩點為u,v，則u,v之間的異或值即為d[u]^d[v]

只需判斷該點是否等於w即可

不等即產生矛盾

不在同一個集合中

設兩節點u，v的父節點分別為pa，pb

則我們只需要，更新d[pa]到d[pb]的值即可

O pa    O pb
|	w   |
O a ——  O b
    

此時

d[pa]=w^d[a]^d[b]

考慮一個集合中，怎樣得到最小的點權和

這個說實話，真的大概率想不到。

具體操作為

我們統計每個並查集中，按位拆開，統計每一位的1的個數

最後在列舉一遍，用一個ans記錄答案

那如何根據每一位的1與0的個數，來最小化答案呢。

如果1的數量更少，那就讓根節點在該位上取0

反之，則在該位上取1

這個取的過程不用真的實現，直接計算即可

LL ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int pa = find(i);
        sum[pa] ++;
        for (int j = 0; j < 30; j++)
            if (d[i] & (1 << j)) 
            	num[pa][j] ++;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (sum[i])
            for (int j = 0 ; j < 30; j++)
                ans += (1ll * min(num[i][j], sum[i] - num[i][j]) * (1ll << j));
 

Ac_code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;
int p[N],d[N];
int num[N][35],sum[N];
int n,m;

int find(int x)
{
    if(p[x]!=x)
    {
        int pre = p[x];
        p[x]=find(p[x]);
        d[x]=d[x]^d[pre];
    }
    return p[x];
}

int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=i;
    bool flag = 1;
    while(m--)
    {
        int u,v,w;
        cin>>u>>v>>w;
        int pa = find(u),pb = find(v);
        if(pa!=pb)
        {
            p[pa]=pb;
            d[pa]=w^d[v]^d[u];
        }
        else if((d[u]^d[v])!=w)
        {
            flag=0;
            break;
        }
    }
    if(!flag)
    {
        puts("-1");
        return 0;
    }
    LL ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int pa = find(i);
        sum[pa] ++;
        for (int j = 0; j < 30; j++)
        {
            if (d[i] & (1 << j)) num[pa][j] ++;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (sum[i])
            for (int j = 0 ; j < 30; j++)
                ans += (1ll * min(num[i][j], sum[i] - num[i][j]) * (1ll << j));
                //對該集合來說，對應j位上的1的個數，還是0的個數，哪個少取那個
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}