\(\mathcal{Description}\)

  Link.

  給定一棵樹，邊 \((u,v)\) 有邊權 \(w(u,v)\)。每次操作可以使一條簡單路徑上的邊權異或任意非負整數。求最少的操作次數使得所有邊邊權為 \(0\)。

  \(n\le10^5\)，\(w(u,v)<16\)。

\(\mathcal{Solution}\)

  好妙的題 www。

  定義一個點的點權 \(val_u\) 為其所有鄰接邊邊權的異或和，即 \(val_u=\bigoplus_{(u,v)\in E}w(u,v)\)。一個至關重要的發現：所有邊權為零等價於所有點權為零。

  左推右是顯然的；右推左，數歸，考慮到葉子的邊權等於點權，所以去掉所有葉子仍滿足，得證。

  再考慮一次操作，除路徑兩端的點，每個點有兩條鄰接邊被異或了同一個數，所以這些點的點權不變！

  非常 amazing 啊，這樣一來問題就從樹上剝離了——給一堆數，每次任選兩個數異或同一個非負整數，求把這些數變成 \(0\) 的最小操作次數。

  首先，若存在 \(u\not=v,val_u=val_v\)，顯然應該用一次操作處理掉它們。問題進一步轉化——給一個值域在 \([0,16)\) 的集合（無重複元素），求把這些數變成 \(0\) 的最小操作次數。

  鑑於 \(16=2^4\)，考慮狀壓。設 \(f(S)\) 為處理集合 \(S\) 的最小操作次數。顯然對於 \(S\) 內元素異或和不為 \(0\)

\[f(S)=\min_{T\subset S}\{\operatorname{count}(S)-1,f(T)+f(S-T)\} \]

  其中，前一項是暴力兩兩異或，後者即分別處理兩個子集。

  設 \(w(u,v)\) 的上限 \(W=2^k,~k\in\mathbb N\)，複雜度 \(\mathcal O(3^k+n)\)。

\(\mathcal{Code}\)

#include <cstdio>
#include <cstring>

const int MAXN = 1e5, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, val[MAXN + 5], cnt[16], f[1 << 16], xsum[1 << 16];

inline void chkmin ( int& a, const int b ) { if ( b < a ) a = b; }

int main () {
	scanf ( "%d", &n );
	for ( int i = 1, u, v, w; i < n; ++ i ) {
		scanf ( "%d %d %d", &u, &v, &w );
		val[u] ^= w, val[v] ^= w;
	}
	int ans = 0, S = 0;
	for ( int i = 0; i < n; ++ i ) ++ cnt[val[i]];
	for ( int i = 1; i < 16; ++ i ) {
		S |= ( cnt[i] & 1 ) << i >> 1;
		ans += cnt[i] >> 1;
	}
	for ( int i = 1; i < 1 << 15; ++ i ) {
		for ( int j = 0; j < 15; ++ j ) {
			if ( ( i >> j ) & 1 ) {
				++ f[i], xsum[i] ^= j + 1;
			}
		}
		-- f[i];
	}
	for ( int s = 0; s < 1 << 15; ++ s ) {
		if ( xsum[s] ) continue;
		for ( int t = s; ; t = ( t - 1 ) & s ) {
			if ( ! xsum[t] && ! xsum[s ^ t] ) chkmin ( f[s], f[t] + f[s ^ t] );
			if ( ! t ) break;
		}
	}
	printf ( "%d\n", ans + f[S] );
	return 0;
}